Και λίγη τριγωνομετρία-14.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 1.png (7.06 KiB) Προβλήθηκε 652 φορές

Καλησπέρα και Χρόνια Πολλά.

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου και η εφαπτομένη του $(\varepsilon )$ στο .
Ευθεία διερχόμενη από το τέμνει το ημικύκλιο στο και την $(\varepsilon )$ στο .
Αν , να υπολογίσετε το $\eta \mu \theta$ .

#2

Καλήσπέρα και Χρόνια πολλά σε όλους.
Και από εδώ θα ευχηθώ Χρόνια πολλά στον Φάνη για την ονομαστική εορτή (αλλά και και του επωνύμου, θα έλεγα...).

: 06-01-2018 Γεωμετρία.jpg (28.75 KiB) Προβλήθηκε 639 φορές

Από την ομοιότητα των EAM, NAB

είναι $\displaystyle \frac{x}{b} = \frac{a}{{x + a}} \Leftrightarrow x\left( {x + a} \right) = ab$ (1).

Επίσης, $\displaystyle NE \cdot NA = N{B^2} \Leftrightarrow x\left( {x + a} \right) = {b^2}$

Οπότε $\displaystyle ba = {b^2} \Leftrightarrow b = a$ , άρα η (1) γίνεται $\displaystyle \frac{{x + a}}{a} = \frac{a}{x} \Leftrightarrow \frac{x}{a} + 1 = \frac{a}{x}$ (2).

Θέτουμε $\displaystyle \eta \mu \theta = \frac{x}{a} = k,\;\;k > 0$ , αφού η γωνία είναι οξεία, οπότε η (2) γίνεται $\displaystyle k + 1 = \frac{1}{k} \Leftrightarrow {k^2} + k - 1 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}$ .

#3

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 06, 2018 6:56 pm
1.png
Καλησπέρα και Χρόνια Πολλά.

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου και η εφαπτομένη του $(\varepsilon )$ στο .
Ευθεία διερχόμενη από το τέμνει το ημικύκλιο στο και την $(\varepsilon )$ στο .
Αν , να υπολογίσετε το $\eta \mu \theta$ .

Με προλάβανε αλλά έχουμε και γιορτή!

Χρόνια πολλά Φάνη ,.

Το

χωρίζει το

σε μέσο κι άκρο λόγο.

Είναι έτσι $\boxed{\sin \theta = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2} = \frac{1}{\phi }}$ .

Η λύση μου έιναι λίγο διαφορετική από του Γιώργου . Θα την ανεβάσω .

Επειδή $\widehat \omega = \widehat N$ και EM = EN

τα ορθογώνια τρίγωνα $MEA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ENB$ είναι ίσα και άρα $\boxed{AE = BN}$ .

: και λίγη τριγωνομετρία 14.png (20.04 KiB) Προβλήθηκε 624 φορές

Τώρα θα έχω ταυτόχρονα:

$\left\{ \begin{gathered} \frac{{AM}}{{MB}} = \frac{{AE}}{{EN}} \hfill \\ \frac{{AB}}{{AM}} = \frac{{BN}}{{EM}} = \frac{{AE}}{{EN}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{A{M^2} = AB \cdot AM}$

Κλασσική περίπτωση χρυσής τομής .

#4

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 06, 2018 6:56 pm
1.png
Καλησπέρα και Χρόνια Πολλά.

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου και η εφαπτομένη του $(\varepsilon )$ στο .
Ευθεία διερχόμενη από το τέμνει το ημικύκλιο στο και την $(\varepsilon )$ στο .
Αν , να υπολογίσετε το $\eta \mu \theta$ .

Για να πω ξανά τα Χρόνια Πολλά στο Φάνη!

Ίσως και να "κλέβω" τη λύση του Νίκου.

: Τριγ-14.png (11.07 KiB) Προβλήθηκε 623 φορές

Προφανώς τα τρίγωνα AME, BEN

είναι ίσα.

$\displaystyle B{N^2} = NE \cdot NA \Leftrightarrow {a^2} = x(x + a) \Leftrightarrow {x^2} + ax - {a^2} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{a} = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2} \Leftrightarrow \eta \mu \theta = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}$

Πράγματι, ήταν ίδια λύση. Την αφήνω για τον κόπο.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 06, 2018 6:56 pm
1.png
Καλησπέρα και Χρόνια Πολλά.

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου και η εφαπτομένη του $(\varepsilon )$ στο .
Ευθεία διερχόμενη από το τέμνει το ημικύκλιο στο και την $(\varepsilon )$ στο .
Αν , να υπολογίσετε το $\eta \mu \theta$ .

Με $\displaystyle NC \bot AN \Rightarrow NC//EB$ και $\displaystyle \angle BNC = \theta$

$\displaystyle \sin \theta = \frac{{EM}}{{EA}} = \frac{{EN}}{{EA}} = \frac{{BC}}{{2R}} = \frac{{BC}}{{NC}} \Rightarrow \boxed{NC = 2R}$

$\displaystyle N{C^2} = x\left( {x + 2R} \right) \Rightarrow 4{R^2} = {x^2} + 2Rx - 4{R^2} = 0 \Rightarrow \boxed{x = BC = R\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}$ .Άρα $\displaystyle \boxed{\sin \theta = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}}$

: T-14.png (11.51 KiB) Προβλήθηκε 595 φορές

Και λίγη τριγωνομετρία-14.

Και λίγη τριγωνομετρία-14.

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-14.

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-14.

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-14.

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-14.

Μέλη σε σύνδεση