mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 27, 2026 8:47 am**

: Ώρα εφαπτομένης 131.png (11.77 KiB) Προβλήθηκε 232 φορές

Στο ορθογώνιο ABCD

του σχήματος , έγιναν κάποιες προσθήκες . Υπολογίστε την $\tan\theta$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 27, 2026 10:09 am**

KARKAR έγραψε: Τετ Μάιος 27, 2026 8:47 am Στο ορθογώνιο του σχήματος , έγιναν κάποιες προσθήκες . Υπολογίστε την $\tan\theta$ .

: shape.png (35.51 KiB) Προβλήθηκε 223 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 27, 2026 12:54 pm**

KARKAR έγραψε: Τετ Μάιος 27, 2026 8:47 am Ώρα εφαπτομένης 131.pngΣτο ορθογώνιο του σχήματος , έγιναν κάποιες προσθήκες . Υπολογίστε την $\tan\theta$ .

Φέρνω $SN\bot DB$ και θέτω SN=x.

Επειδή $\tan\omega=\dfrac{1}{2},$ θα είναι BN=2x.

Είναι ακόμα $\displaystyle BD = \frac{{a\sqrt 5 }}{2},BS = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}$ και με Π.Θ βρίσκω $\displaystyle x = \frac{{a\sqrt 3 }}{{2\sqrt 5 }}$

: Ώρα για εφαπτομένη.K.png (16.44 KiB) Προβλήθηκε 205 φορές

$\displaystyle \tan \theta = \frac{{SN}}{{DN}} = \frac{x}{{2x + BD}}$ και με αντικατάσταση των x,BD

είναι $\boxed{\tan \theta = \frac{{5\sqrt 3 - 6}}{{13}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μάιος 28, 2026 1:00 am**

Χαιρετώ τους φίλους!
Ας δούμε γενικότερα, μια απόδειξη του τύπου για την $tan(\varphi -\omega )$
με γεωμετρικά εργαλεία και χρήση του σχήματος:

: tan φ-ω .png (25.63 KiB) Προβλήθηκε 176 φορές

Ο κύκλος διαμέτρου

διέρχεται προφανώς από το

και τέμνει την

στο

συνεπώς ισχύει $BE\cdot BD=BH\cdot BC .. (1)$

Έχουμε $EH\cdot BD=BH\cdot DC$ (εκφράζουν το διπλάσιο του (BHD)

). Διαιρώντας με

προκύπτει : $\dfrac{EH}{DE} =\dfrac{DC\cdot HB }{BD\cdot DE}$ .

Όμως
$BD\cdot DE=BD(BD-BE)= BD^2-BD\cdot BE \overset{(1)}= DC^2+BC^2-BC\cdot BH= =DC^2+BC(BC-BH)=DC^2+BC\cdot BH$

ενώ $DC\cdot HB=DC\left ( BC-CH \right )$ και παίρνουμε $\dfrac{EH}{DE}=\dfrac{DC(BC-CH)}{DC^2+BC\cdot CH}$

Διαιρώντας με DC^2

γίνεται : $\dfrac{EH}{DE}= \dfrac{BC/DC -CH/DC}{1+(BC/DC)(CH/DC)}$ . Τέλος βλέποντας και το σχήμα έχουμε:

$tan\theta =tan(\varphi -\omega )$ = $\dfrac {tan\varphi -tan\omega } {1+tan\varphi \cdot tan\omega }$ .

Στο παρόν θέμα : $tan\varphi =\dfrac{BC}{DC}=1/2$ και η ..επίκαιρη $\dfrac{CH}{DC}=tan\omega = tan15^o=2-\sqrt{3}$ ..

Φιλικά , Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 29, 2026 9:38 am**

KARKAR έγραψε: Τετ Μάιος 27, 2026 8:47 am Ώρα εφαπτομένης 131.pngΣτο ορθογώνιο του σχήματος , έγιναν κάποιες προσθήκες . Υπολογίστε την $\tan\theta$ .

Μία προσπάθεια για γεωμετρική λύση ,χωρίς Τριγωνομετρία.

Πρώτο βήμα

Απόδειξη για τη γωνία

$CSD=15^{0}=\omega$ .

Προφανώς είναι

$\hat{CDS}=\hat{CSD}=\hat{DSB}=\omega ,\hat{TCS}=2\omega$

Aπό μετρικές σχέσειςστο ορθογώνιο τρίγωνο

$DTC, DT^{2}=TE.CT,DC^{2}=CE.TC, DE=AD=\dfrac{a}{2}\Rightarrow TC=2TD\Rightarrow 2\omega =30,\omega =15^{0}$

Δεύτερο βήμα

$NB\perp SD,BS=NS,BI=IN$

Το τετράπλευρο

DCIB

,είναι εγγράψιμο σε κύκλο και από τα όμοια τρίγωνα

$BIS,ADS,\dfrac{IB}{AD}=\dfrac{BS}{SD}=\dfrac{IS}{AS}\Rightarrow SB=\dfrac{a\sqrt{3}}{2},DS=a\sqrt{2+\sqrt{3}}$

Ακόμη

$IS=\dfrac{a(2\sqrt{3}+3)}{4(\sqrt{2+\sqrt{3}})},IB^{2}=\dfrac{3a^{2}}{16(2+\sqrt{3})}, DI^{2}=\dfrac{a^{2}(37+20\sqrt{3})}{16(2+\sqrt{3})}\Rightarrow tan^{2}\theta =\dfrac{3}{37+20\sqrt{3}}, tan\theta =\dfrac{5\sqrt{3}-6}{13}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 29, 2026 8:40 pm**

KARKAR έγραψε: Τετ Μάιος 27, 2026 8:47 am Ώρα εφαπτομένης 131.pngΣτο ορθογώνιο του σχήματος , έγιναν κάποιες προσθήκες . Υπολογίστε την $\tan\theta$ .

Είναι : $\tan a = 2\,\,,BS = \sqrt 3 \,\,,\tan \theta = x$ κι αφού $\tan \left( {a + \theta } \right) = \dfrac{{\tan a + \tan \theta }}{{1 - \tan a \cdot \tan \theta }}\,\,\,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,\,\,\,\tan \left( {a + \theta } \right) = 2 + \sqrt 3$ θα έχω :

: Ώρα εφαπτομένης_new.png (20.88 KiB) Προβλήθηκε 115 φορές

$\dfrac{{x + 2}}{{1 - 2x}} = 2 + \sqrt 3 \Rightarrow \tan \theta = x =$ $\boxed{ \dfrac{{5\sqrt 3 - 6}}{{13}} = \tan \theta }$

mathematica.gr

Ώρα εφαπτομένης

Ώρα εφαπτομένης

Re: Ώρα εφαπτομένης

Re: Ώρα εφαπτομένης

Re: Ώρα εφαπτομένης

Re: Ώρα εφαπτομένης

Re: Ώρα εφαπτομένης