mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 22, 2025 6:21 am**

: Οι δυσκολίες των επαφών.png (17.35 KiB) Προβλήθηκε 422 φορές

Στην διάμετρο

ενός ημικυκλίου , θεωρούμε σημείο

και γράφουμε στο ίδιο ημιεπίπεδο το ημικύκλιο διαμέτρου

.

Η μεσοκάθετη του

τέμνει το αρχικό ημικύκλιο στο σημείο

, από το οποίο φέρουμε το εφαπτόμενο προς το μικρό

ημικύκλιο , τμήμα

, με το

προς το μέρος του

.

α) βρείτε την θέση του

για την οποία : $\theta(=\widehat{MST})=45$ ... β) Βρείτε την $\tan\theta$ , αν η

διέρχεται από το

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 22, 2025 9:37 am**

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 23, 2025 12:36 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 22, 2025 6:21 am
Οι δυσκολίες των επαφών.pngΣτην διάμετρο ενός ημικυκλίου , θεωρούμε σημείο και γράφουμε στο ίδιο ημιεπίπεδο το ημικύκλιο διαμέτρου .

Η μεσοκάθετη του τέμνει το αρχικό ημικύκλιο στο σημείο , από το οποίο φέρουμε το εφαπτόμενο προς το μικρό

ημικύκλιο , τμήμα , με το προς το μέρος του .

α) βρείτε την θέση του για την οποία : $\theta(=\widehat{MST})=45$ ... β) Βρείτε την $\tan\theta$ , αν η διέρχεται από το .

: Οι δυσκολίες των επαφών_a.png (27.26 KiB) Προβλήθηκε 342 φορές

α) Έστω λυμένο το πρόβλημα , Θεωρώ ότι η ακτίνα ου μεγάλου ημικυκλίου είναι $6k\,\,,\,\,k > 0$ .

Φέρνω και το άλλο εφαπτόμενο τμήμα, ST'

, από το

στο μικρό ημικύκλιο , η πολική του

είναι κάθετη στην

και το τετράπλευρο MTST'

είναι τετράγωνο και έτσι οδηγούμαι στην παρακάτω κατασκευή.

Από το σημείο

, συμμετρικό του

ως προς

φέρνω το εφαπτόμενο τμήμα

. Η τετράδα , $\left( {J,M\backslash A,B} \right)$

είναι αρμονική με λόγο , $\dfrac{{MA}}{{MB}} = \dfrac{{JA}}{{JB}} = \dfrac{{6k}}{{12k}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow 2AM = MB = 4k \Rightarrow PB = 2k = \dfrac{{2R}}{3}$

β) Πάλι έστω λυμένο το πρόβλημα .

: Οι δυσκολίες των επαφών_b.png (21.82 KiB) Προβλήθηκε 342 φορές

Τώρα ( μια μικρή αλλαγή στους συμβολισμούς των τμημάτων) Ας είναι $SN = m\,\,,\,NM = y\,\,,\,\,MP = MT = x\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,NT = PB = k$

Από το $\vartriangle TSM$ , ${k^2} = my\,\,\left( 1 \right)$ ( ύψος προς υποτείνουσα) . Πάλι από ύψος προς υποτείνουσα στο $\vartriangle MBS$ έχω :

$M{T^2} = TS \cdot TB \Rightarrow {x^2} = \sqrt {{m^2} + {k^2}} \sqrt {{{\left( {x + k} \right)}^2} - {x^2}} \Rightarrow$ ${x^4} = \left( {{m^2} + {k^2}} \right)k\sqrt {2x + k} \,\,\left( 2 \right)$ .

Αλλά είναι προφανές ότι , $\dfrac{x}{k} = \dfrac{y}{m}$ που λόγω της $\left( 1 \right)$ δίδει , $\dfrac{x}{k} = \dfrac{{{k^2}}}{{{m^2}}} \Rightarrow {m^2} = \dfrac{{{k^3}}}{x}\,\,\,\left( 3 \right)$ .

Αντικαθιστώ αυτή την τιμή του ${m^2}$ στην $\left( 2 \right)$ κι έχω: ${x^4} = \left( {\dfrac{{{k^3}}}{x} + {k^2}} \right)k\left( {2x + k} \right)$ η οποία γράφεται ,

$\dfrac{{{x^5} - 2{k^3}{x^2} - 3{k^4}x - {k^5}}}{x} = 0$ . Θέτω , $x = kt\,\,$ με t,k > 0

και προκύπτει , $\left( {{t^2} - t - 1} \right)\left( {{t^3} + {t^2} + 2t + 1} \right) = 0$

Από τον πρώτο παράγοντα, $\boxed{t = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2} = \varphi }$ . ενώ ο δεύτερος δίδει μια πραγματική αλλά αρνητική ρίζα.

Δηλαδή $\boxed{\dfrac{x}{k} = \varphi \Rightarrow \tan \theta = \sqrt \varphi }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Αύγ 23, 2025 1:25 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 22, 2025 6:21 am
Στην διάμετρο ενός ημικυκλίου , θεωρούμε σημείο και γράφουμε στο ίδιο ημιεπίπεδο το ημικύκλιο διαμέτρου .

Η μεσοκάθετη του τέμνει το αρχικό ημικύκλιο στο σημείο , από το οποίο φέρουμε το εφαπτόμενο προς το μικρό

ημικύκλιο , τμήμα , με το προς το μέρος του .

α) βρείτε την θέση του για την οποία : $\theta(=\widehat{MST})=45$ ... β) Βρείτε την $\tan\theta$ , αν η διέρχεται από το .

: diskolies.png (28.52 KiB) Προβλήθηκε 333 φορές

.
α) (Αριστερό σχήμα). Με AM=a, MS=h

ισχύει

. Επίσης από το ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο MTS

έχουμε $h=a\sqrt 2$ . Άρα a(2r-a)=h^2=2a^2

, από όπου $\boxed {a=\dfrac {2r}{3}}$

β) (Δεξί σχήμα). Το εμβαδόν του τριγώνου MBS

με δύο διαφορετικούς τρόπους δίνει $MS\cdot SB=2(MBS)=MT\cdot SB$ . Άρα

$h(2r-a)=a\sqrt {h^2+(2r-a)^2}$ , ισοδύναμα $\sqrt {a(2r-a)}(2r-a)= a\sqrt {a(2r-a)+(2r-a)^2}$ . Μετά τις απλοποιήσεις δίνει a^2-6ar+4r^2=0

, oπότε

$\boxed {a= (3-\sqrt 5)r}$ (*). Τέλος

$\tan \theta = \dfrac {MB}{MS} = \dfrac {2r-a}{h} = \dfrac {2r-a}{\sqrt {a(2r-a)}}= \sqrt {\dfrac {2r-a}{a}}=^{(*)} \sqrt {\dfrac {(\sqrt 5 -1)r}{(3-\sqrt 5)r}}=\sqrt {\dfrac {1+\sqrt 5}{2}}=\sqrt {\phi}$

mathematica.gr

Οι δυσκολίες των επαφών

Οι δυσκολίες των επαφών

Re: Οι δυσκολίες των επαφών

Re: Οι δυσκολίες των επαφών

Re: Οι δυσκολίες των επαφών