mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 23, 2021 10:28 am**

: Ο άτυχος χρυσοθήρας.png (17.16 KiB) Προβλήθηκε 771 φορές

είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου ισοπλεύρου τριγώνου ABC

πλευράς

και

είναι το μέσο του AD.

Αν

και $DB\cdot DC=2,$ να βρείτε, με όποια σειρά θέλετε, το

και την $\tan \theta,$ (όπου $\theta=B\widehat MC$ ).

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 23, 2021 7:24 pm**

Ας είναι $k,\,\,h\,\,$ οι αποστάσεις των $M\,\,,\,\,D$ από την

. Ισχύουν:

$\left( {MBC} \right) = 1 \Leftrightarrow ak = 2\,\,\left( 1 \right)\,\,,\,\,DB \cdot DC = 2 \Leftrightarrow hR = 1\,\,\left( 2 \right)$ και αφού $a = R\sqrt 3$ προκύπτει :

$\boxed{h = k\frac{{\sqrt 3 }}{2}}\,\,\,\left( 3 \right)$ . Επειδή το

είναι διάμεσος τραπεζίου θα έχω . λόγω των $\left( 1 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 3 \right)$

$2k = h + \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow 2k = k\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} + \dfrac{2}{k} \cdot \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}$ και άρα βρίσκω (απλές πράξεις γυμνασίου )

$k = \sqrt {\dfrac{{8\sqrt 3 + 6}}{{13}}} \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\boxed{a = \sqrt {\dfrac{{8\sqrt 3 }}{3} - 2} }$

Έστω τώρα $DB = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DC = y$ από την υπόθεση και το Θ συνημίτονου στο $\vartriangle DBC$ έχω:

$\left\{ \begin{gathered} xy = 2 \hfill \\ {x^2} + {y^2} - xy = {a^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} xy = 2 \hfill \\ {x^2} + {y^2} = \dfrac{{8\sqrt 3 }}{3} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = \sqrt[4]{{12}} \hfill \\ y = \frac{1}{3}\sqrt[4]{{108}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και άρα : $\boxed{\frac{x}{y} = \sqrt 3 }$

: Ανθρακες ο θησαυρός_Ανάλυση_1.png (39.27 KiB) Προβλήθηκε 668 φορές

Η κατασκευή τώρα προκύπτει από την τομή του κύκλου $\left( {A,B,C} \right)$ και του Απολλώνιου για κάθε σημείο

του οποίου : $\boxed{\frac{{DB}}{{DC}} = \sqrt 3 }$ .

Τώρα για την εφαπτομένη .

: Ανθρακες ο θησαυρός_Ανάλυση_2.png (28.42 KiB) Προβλήθηκε 668 φορές

Ας είναι $J\,\,\kappa \alpha \iota \,\,G$ οι προβολές των $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C\,$ στις ευθείες , $MC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MD$ .

Επειδή $AD = x - y\,$ έχω: $MG = MD + DG = \dfrac{{x - y}}{2} + \dfrac{y}{2} = \dfrac{x}{2}$ . από την άλλη μεριά :

$CA \cdot CD = 2R \cdot CG \Rightarrow ay = 2R \cdot CG \Rightarrow ay = \dfrac{{2a}}{{\sqrt 3 }}CG \Rightarrow CG = y\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{x}{2}$ δηλαδή , $\boxed{2MG = 2CG = x}$

Θα είναι επομένως $MC = x\dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = \sqrt[4]{3}$ στο τρίγωνο τώρα MBC

γνωρίζω το εμβαδόν του και τις πλευρές του $CM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CB$ . υπολογίζω εύκολα το ύψος του

$BJ = \dfrac{2}{{\sqrt[4]{3}}}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MJ = \dfrac{1}{{\sqrt[4]{3}}}\,\, \Rightarrow \boxed{\tan \theta = 2}$

Θα ψάξω για πιο κομψή λύση σε ότι αφορά την πιο πάνω εφαπτομένη .

H κατασκευή γίνεται και πιο απλά υπολογίζοντας μετά το

, το

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 28, 2021 7:44 pm**

Αλλιώς για την εφαπτομένη. Νόμος συνημιτόνων στα BDC, MBC:

${a^2} = B{D^2} + D{C^2} - BD \cdot DC = B{D^2} + D{C^2} - 2 \Leftrightarrow$ $\boxed{B{D^2} + D{C^2} = {a^2} + 2}$ (1)

$\boxed{2MB \cdot MC\cos \theta = M{B^2} + M{C^2} - {a^2}}$ (2)

: 590.png (18.14 KiB) Προβλήθηκε 610 φορές

$A{D^2} = {(BD - DC)^2} = B{D^2} + D{C^2} - 4\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{A{D^2} = {a^2} - 2}$ (3)

Οι

είναι διάμεσοι άρα, $M{B^2} + M{C^2} = \dfrac{{2{a^2} + 2B{D^2} - A{D^2}}}{4} + \dfrac{{2{a^2} + 2C{D^2} - A{D^2}}}{4}$

και από τις (1),(2), (3,)

$2MB \cdot MC\cos \theta = M{B^2} + M{C^2} - {a^2} = 2 \Leftrightarrow$ $MB \cdot MC\cos \theta = 1$

Αλλά, $(MBC) = 1 \Leftrightarrow MB \cdot MC\sin \theta = 2,$ οπότε $\boxed{\tan \theta = 2}$

mathematica.gr

Άνθρακες ο θησαυρός

Άνθρακες ο θησαυρός

Re: Άνθρακες ο θησαυρός

Re: Άνθρακες ο θησαυρός