Και λίγη τριγωνομετρία-13.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 1.png (12.16 KiB) Προβλήθηκε 729 φορές

Καλησπέρα.

Δίνεται τεταρτοκύκλιο $(O, \tau o\xi o\upsilon AB)$ και το ημικύκλιο διαμέτρου ,
στο εσωτερικό του τεταρτοκυκλίου, το οποίο τέμνει την στο $\Gamma$ .
Αν $A\Delta =B\Gamma$ , να υπολογίσετε την $\varepsilon \phi \theta$ .

#2

Χωρίς βλάβη της γενικότητας έστω R=7

. Το κέντρο του ημικυκλίου έστω

και η

τέμνει την

στο

.

Επειδή $\widehat \phi = \widehat \xi$ τα ισοσκελή τρίγωνα $ADC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KDO$ είναι ισογώνια και έτσι $\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}}$ που μας εξασφαλίζει ότι το τετράπλευρο ADKB

είναι εγγράψιμο .

: και λίγη τριγωνομετρία_12.png (24.44 KiB) Προβλήθηκε 693 φορές

Θα ισχύουν έτσι ταυτόχρονα:

$\left\{ \begin{gathered} x(x + 7) = y(y + 7\sqrt 2 ) \hfill \\ {14^2} + {(7 - x)^2} = {(7\sqrt 2 + y)^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 5 \hfill \\ y = 3\sqrt 2 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Άρα $\boxed{\tan \theta = \frac{{OS}}{{OA}} = \frac{1}{7}}$

Ιστοσελίδα · #3

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 27, 2017 7:13 pm

Καλησπέρα.

Δίνεται τεταρτοκύκλιο $(O, \tau o\xi o\upsilon AB)$ και το ημικύκλιο διαμέτρου ,
στο εσωτερικό του τεταρτοκυκλίου, το οποίο τέμνει την στο $\Gamma$ .
Αν $A\Delta =B\Gamma$ , να υπολογίσετε την $\varepsilon \phi \theta$ .

Καλησπέρα!

: shape.png (33.92 KiB) Προβλήθηκε 685 φορές

Από το σύστημα $\left\{ \begin{array}{l} x(R - x) = y(R\sqrt 2 - y)\\ {(R + x)^2} = {y^2} + {(R\sqrt 2 )^2} \end{array} \right\}$ καταλήγουμε στο τριώνυμο ως προς $y:\,7{y^2} - 8Ry\sqrt 2 + 2{R^2} = 0$ με δεκτή λύση $y = \dfrac{{R\sqrt 2 }}{7}$
Έτσι, $\tan (\theta ) = \dfrac{y}{{R\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{7}$

#4

Καλησπέρα σε όλους. Στην παρακάτω λύση η πολυλογία οφείλεται στο ότι έγραψα αναλυτικά αυτά που οι εκλεκτοί φίλοι διατύπωσαν περιληπτικά και σχηματικά. Σε παρόμοιο δρόμο με τον Μιχάλη, ως ένα σημείο. Μετά τον λόγο παίρνει η "βαριά" Τριγωνομετρία...

: 28-12-2017 Γεωμετρία.jpg (32.29 KiB) Προβλήθηκε 656 φορές

Το

είναι ισοσκελές και το

είναι ύψος στην

άρα είναι και διάμεσος.
Έστω AC=CB=AD=1

.

Προεκτείνουμε την

ώσπου τέμνει τον κύκλο που έχει διάμετρο $\displaystyle {\rm O}{\rm B} = \sqrt 2$ στο

.

Τότε $\displaystyle AC \cdot AB = AD \cdot AK \Leftrightarrow 1 \cdot 2 = 1\left( {1 + DK} \right) \Leftrightarrow DK = 1$ .

Άρα AK = AB = 2

, $\displaystyle AO = \sqrt 2$ και $\displaystyle \widehat {OAB} = 45^\circ$ .

Έστω KB = x, OK = y

.

Τότε $\displaystyle K{B^2} = A{B^2} + A{K^2} - 2AB \cdot AK \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {45^\circ - \theta } \right) \Leftrightarrow {x^2} = 8 - 8\sigma \upsilon \nu \left( {45^\circ - \theta } \right)$

και $\displaystyle {\rm O}{K^2} = {\rm O}{A^2} + A{K^2} - 2{\rm O}A \cdot AK \cdot \sigma \upsilon \nu \theta \Leftrightarrow {y^2} = 6 - 4\sqrt 2 \sigma \upsilon \nu \theta$ .

Είναι $\displaystyle {\rm O}{{\rm K}^2} + {\rm K}{{\rm B}^2} = {\rm O}{{\rm B}^2} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 2$

$\displaystyle \Leftrightarrow 8 - 8\sigma \upsilon \nu \left( {45^\circ - \theta } \right) + 6 - 4\sqrt 2 \sigma \upsilon \nu \theta = 2$

$\displaystyle \Leftrightarrow 2\sqrt 2 \sigma \upsilon \nu \theta + \sqrt 2 \eta \mu \theta = 3$ (1).

Είναι $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \theta = \frac{{1 - \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\theta }{2}}}{{1 + \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\theta }{2}}},\;\;\eta \mu \theta = \frac{{2\varepsilon \varphi \frac{\theta }{2}}}{{1 - \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\theta }{2}}}$ . Θέτω $\displaystyle \varepsilon \varphi \frac{\theta }{2} = k$ , οπότε η (1) γίνεται

$\displaystyle 2\sqrt 2 \cdot \frac{{1 - {k^2}}}{{1 + {k^2}}} + \sqrt 2 \cdot \frac{{2k}}{{1 + {k^2}}} = 3 \Leftrightarrow \left( {3 + 2\sqrt 2 } \right){k^2} - 2\sqrt 2 k + 3 - 2\sqrt 2 = 0$ .

Οπότε $\displaystyle k = \frac{{\sqrt 2 + 1}}{{3 + 2\sqrt 2 }} = \left( {\sqrt 2 + 1} \right)\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right) = \sqrt 2 - 1$ άρα $\displaystyle \frac{\theta }{2} = \frac{\pi }{8}\;\; \Leftrightarrow \theta = \frac{\pi }{4}$ , (που απλά σημαίνει ότι το

ταυτίζεται με το

).

ή $\displaystyle k = \frac{{\sqrt 2 - 1}}{{3 + 2\sqrt 2 }} = \left( {\sqrt 2 - 1} \right)\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right) = 5\sqrt 2 - 7 \Leftrightarrow \varepsilon \varphi \theta = \frac{{2k}}{{1 - {k^2}}} = \frac{{10\sqrt 2 - 14}}{{70\sqrt 2 - 98}} = \frac{1}{7}$ .

Φανης Θεοφανιδης · #5

: 1.png (15.59 KiB) Προβλήθηκε 629 φορές

Ονομάζω

το κέντρο του ημικυκλίου. Προφανώς το $\Gamma$ είναι μέσο
της $AB\Rightarrow B\Gamma =A\Gamma \Rightarrow A\Delta =A\Gamma$ .
Επειδή και $K\Delta =K\Gamma$ έπεται ότι η

είναι μεσοκάθετος του $\Delta \Gamma$ .
Έστω ότι $\angle \Delta AH=\angle HA\Gamma =\phi$ και OA=2R

.
Οπότε $KO=K\Gamma =R$ και $A\Gamma=\sqrt{2}R$ .
Από το Π.Θ. στο τρίγωνο KOA

έχω ότι $AK=\sqrt{5}R$ .
Από το τύπο του ύψους τριγώνου παίρνω ότι $\Gamma H=\dfrac{\sqrt{5}R}{5}$ .
Το Π.Θ. στο τρίγωνο $\Gamma HA$ μου δίνει ότι $AH=\dfrac{3\sqrt{5}R}{5}$ .
Άρα $\varepsilon \phi \varphi =\dfrac{1}{3}$ .
Όμως $\varepsilon \phi (\theta +2\varphi )=\varepsilon \phi 45^{0}\Rightarrow$
$\Rightarrow \varepsilon \phi \varphi =\dfrac{1}{7}$ .

Και λίγη τριγωνομετρία-13.

Και λίγη τριγωνομετρία-13.

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-13.

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-13.

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-13.

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-13.

Μέλη σε σύνδεση