mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 02, 2021 7:38 pm**

: Απαιτητική ισότητα.png (11.83 KiB) Προβλήθηκε 806 φορές

Προεκτείνουμε την "νότια" χορδή

, κύκλου

, κατά τμήμα : $BS= \dfrac{AB}{2}$

και φέρουμε το "βόρειο" εφαπτόμενο τμήμα

.

α) Δείξτε ότι ο λόγος : $\dfrac{TA}{TB}$ , είναι ανεξάρτητος από την θέση της

.

β) Αν επιπλέον είναι TB=TS

, υπολογίστε το $\cos\hat{A}$ και το απόστημα της

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 03, 2021 1:06 am**

KARKAR έγραψε: Παρ Απρ 02, 2021 7:38 pm Απαιτητική ισότητα.pngΠροεκτείνουμε την "νότια" χορδή , κύκλου , κατά τμήμα : $BS= \dfrac{AB}{2}$

και φέρουμε το "βόρειο" εφαπτόμενο τμήμα .

α) Δείξτε ότι ο λόγος : $\dfrac{TA}{TB}$ , είναι ανεξάρτητος από την θέση της .

β) Αν επιπλέον είναι , υπολογίστε το $\cos\hat{A}$ και το απόστημα της .

$\dfrac{(ATB)}{(TBS)} = \dfrac{AB}{BS} =2= \dfrac{TA.AB}{TB . TS} \Rightarrow \dfrac{TA}{TB}=2 \dfrac{TS}{AB} (1)$

Αλλά $TS^2=SB . SA= \dfrac{3}{4}AB^2 \Rightarrow \dfrac{TS}{AB}= \dfrac{ \sqrt{3} }{2} (2)$

Από (1),(2)

έχουμε $\dfrac{TA}{TB}= \sqrt{3}$

Με TB=TS

ο ν.σνημιτόνου στο τρίγωνο TBS

δίνει

$SB^2=2TS^2(1-cosA) \Rightarrow \dfrac{AB^2}{8TS^2}=1-cosA \Rightarrow \dfrac{1}{8} . \dfrac{4}{3}=1-cosA \Rightarrow cosA= \dfrac{5}{6}$

Ακόμη, $\dfrac{TS}{AB}= \dfrac{ \sqrt{3} }{2} \Rightarrow \dfrac{TB}{AB}=\dfrac{ \sqrt{3} }{2} \Rightarrow AB^2= \dfrac{4}{3} TB^2$ κι από ν.σνημιτόνου στο τρίγωνο TBA

$AB^2=TA^2+TB^2-2TA.TBcos \theta \Rightarrow \dfrac{4}{3}TB^2=4TB^2-2 \sqrt{3}TB^2 cos \theta$ απ όπου

$cos \theta = \frac{4 \sqrt{3} }{9}= \dfrac{d}{r} \Rightarrow d= \dfrac{4 \sqrt{3}r }{9}$

: απαιτητική ισότητα.png (17.07 KiB) Προβλήθηκε 778 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 03, 2021 10:48 am**

KARKAR έγραψε: Παρ Απρ 02, 2021 7:38 pm Απαιτητική ισότητα.pngΠροεκτείνουμε την "νότια" χορδή , κύκλου , κατά τμήμα : $BS= \dfrac{AB}{2}$

και φέρουμε το "βόρειο" εφαπτόμενο τμήμα .

α) Δείξτε ότι ο λόγος : $\dfrac{TA}{TB}$ , είναι ανεξάρτητος από την θέση της .

β) Αν επιπλέον είναι , υπολογίστε το $\cos\hat{A}$ και το απόστημα της .

Έστω

τα μέσα των AB, BS, AT

αντίστοιχα. Θέτω AM=MB=BS=x,

άρα $BN=NS=\dfrac{x}{2}.$

: Απαιτητική ισότητα.Κ.png (15.52 KiB) Προβλήθηκε 751 φορές

α) $\displaystyle S{T^2} = 3{x^2}$ και από τα όμοια τρίγωνα ATS, BTS

είναι $\displaystyle \frac{{TA}}{{TB}} = \frac{{TS}}{{BS}} = \frac{{x\sqrt 3 }}{x} \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{{TA}}{{TB}} = \sqrt 3 }$

β) Από την προηγούμενη ομοιότητα τριγώνων κι επειδή TB=TS,

είναι

Άρα, $\boxed{\cos A = \frac{{AN}}{{AT}} = \frac{5}{6}}$

$\displaystyle {x^2} = {r^2} - O{M^2} \Rightarrow O{P^2} = {r^2} - \frac{9}{4}\left( {{r^2} - O{M^2}} \right) = \frac{{9O{M^2} - 5{r^2}}}{4}$ και με Πτολεμαίο στο AOPM,

$\displaystyle r\frac{{x\sqrt 3 }}{2} + \frac{x}{2}\sqrt {9O{M^2} - 5{r^2}} = OM\frac{{3x}}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{OM = \frac{{4r\sqrt 3 }}{9}}$

mathematica.gr

Απαιτητική ισότητα

Απαιτητική ισότητα

Re: Απαιτητική ισότητα

Re: Απαιτητική ισότητα