mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 07, 2021 8:36 am**

: Ώρα εφαπτομένης 105.png (10.61 KiB) Προβλήθηκε 770 φορές

Με τα σημεία

και

διαιρέσαμε την διάμετρο

ενός ημικυκλίου , σε τμήματα : BS=2 ,

. Σημείο

κινείται πάνω στο τόξο . Βρείτε την μέγιστη τιμή της $\tan\theta$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 07, 2021 9:55 am**

KARKAR έγραψε: Παρ Μάιος 07, 2021 8:36 am Ώρα εφαπτομένης 105.pngΜε τα σημεία και διαιρέσαμε την διάμετρο ενός ημικυκλίου , σε τμήματα :

. Σημείο κινείται πάνω στο τόξο . Βρείτε την μέγιστη τιμή της $\tan\theta$ .

Θέτω

Είναι

και με θεώρημα $\displaystyle {\rm{Stewart}}$ διαδοχικά στα τρίγωνα ABT, ASC έχω:

: Ώρα εφαπτομένης.105.png (15.95 KiB) Προβλήθηκε 753 φορές

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 3A{B^2} + 2{x^2} = 5A{S^2} + 30\\ \\ 4A{S^2} + 3A{C^2} = 7{x^2} + 84 \end{array} \right. \Leftrightarrow 3(A{B^2} + A{C^2}) = A{S^2} + 5{x^2} + 114 \Leftrightarrow A{S^2} = 129 - 5{x^2}$

Νόμος συνημιτόνου στο AST,

$\displaystyle \cos \theta = \frac{{A{S^2} + {x^2} - 9}}{{2xAS}} = \frac{{60 - 2{x^2}}}{{x\sqrt {129 - 5{x^2}} }},$ απ' όπου

$\boxed{\tan \theta = \frac{{3\sqrt {41{x^2} - {x^4} - 400} }}{{60 - 2{x^2}}}}$ και με παραγώγους βρίσκω $\boxed{{(\tan \theta )_{\max }} = \frac{{27\sqrt {70} }}{{280}}}$ για $\boxed{x = \sqrt {\frac{{430}}{{19}}} }$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 07, 2021 11:03 am**

Το ίδιο αποτέλεσμα βρίσκω με άλλο τρόπο :

: Ώρα εφαπτομένης 105.png (25.25 KiB) Προβλήθηκε 747 φορές

Το σημείο

είναι αρμονικό συζυγές του

ως προς τα $G\,\,\kappa \alpha \iota \,\,S$ με $\boxed{BG = \frac{{18}}{5}}$ και

$\left\{ \begin{gathered} \widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}} \hfill \\ \widehat {GAT} = \widehat {BAC} = 90^\circ \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Ίσως κάποια στιγμή γράψω σχετικά .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 07, 2021 12:35 pm**

KARKAR έγραψε: Παρ Μάιος 07, 2021 8:36 am Ώρα εφαπτομένης 105.pngΜε τα σημεία και διαιρέσαμε την διάμετρο ενός ημικυκλίου , σε τμήματα :

. Σημείο κινείται πάνω στο τόξο . Βρείτε την μέγιστη τιμή της $\tan\theta$ .

Με $SD \bot AB,TE \bot AC \Rightarrow SD//AC,TE//AB$ και $\dfrac{BD}{DA}= \dfrac{2}{7} , \dfrac{EC}{AE}= \dfrac{4}{5}$

$tanB= \dfrac{DS}{BD}= \dfrac{DS}{ \dfrac{2}{7}AD }= \dfrac{7}{2} \dfrac{DS}{AD} \Rightarrow tan \phi = \dfrac{DS}{AD} = \dfrac{2}{7} tanB$

$tanC= \dfrac{TE}{EC}= \dfrac{TE}{ \dfrac{4}{5}AE }= \dfrac{5}{4} \dfrac{TE}{AE} \Rightarrow ta n \omega = \dfrac{TE}{AE} = \dfrac{4}{5} tanC$

Έστω tanB=x ,tanC=y

$\phi + \omega + \theta = \dfrac{ \pi }{2} \Rightarrow tan \theta =cot( \phi + \omega )= \dfrac{1-tan \phi tan \omega }{tan \phi +tan \omega }= \dfrac{1- \dfrac{4}{5}. \dfrac{2}{7}xy }{ \dfrac{2}{7}x+ \dfrac{4}{5}y }= \dfrac{27}{10x+28y}}$

Η $tan \theta$ γίνεται μέγιστη όταν 10x+28y

γίνει ελάχιστο

Αλλά 10x.28y=280.1=280

άρα το άθροισμα 10x+28y

γίνεται ελάχιστο όταν 10x=28y

οπότε $tan \theta = \dfrac{27}{56y}$ με $y= \dfrac{c}{b}$

Όμως $10x=28y \Leftrightarrow \dfrac{b}{c} = \dfrac{14}{5} \dfrac{c}{b} \Leftrightarrow \dfrac{c}{b} = \sqrt{ \dfrac{5}{14} }$

Εύκολα τώρα $tan \theta _{max}= \dfrac{27 \sqrt{70} }{280}$ όταν $\dfrac{c}{b}= \sqrt{ \dfrac{5}{14} }$

: ώρα εφαπτ.105.png (12.64 KiB) Προβλήθηκε 734 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 08, 2021 11:59 am**

KARKAR έγραψε: Παρ Μάιος 07, 2021 8:36 am Ώρα εφαπτομένης 105.pngΜε τα σημεία και διαιρέσαμε την διάμετρο ενός ημικυκλίου , σε τμήματα :

. Σημείο κινείται πάνω στο τόξο . Βρείτε την μέγιστη τιμή της $\tan\theta$ .

: efapt_105_exigisi.png (35.85 KiB) Προβλήθηκε 694 φορές

Η γωνία $\theta$ γίνεται μέγιστη όταν η γωνία $2\theta$ ( επίκεντρη) γίνεται μέγιστη .

Γι’ αυτό αρκεί η χορδή $JQ//BC \Leftrightarrow \widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}$ .

Τα υπόλοιπα απλά .

mathematica.gr

Ώρα εφαπτομένης 105

Ώρα εφαπτομένης 105

Re: Ώρα εφαπτομένης 105

Re: Ώρα εφαπτομένης 105

Re: Ώρα εφαπτομένης 105

Re: Ώρα εφαπτομένης 105