Σ.Μ.Α. 1962 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Να επιλυθεί τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ από τα εξής στοιχεία $\displaystyle{\alpha,\gamma-\beta=\lambda, \widehat{\Gamma}=2\widehat{B}}$

2. Δίνονται δυο παράλληλες ευθείες $\displaystyle{(\varepsilon) }$ και $\displaystyle{(\eta)}$ και δυο σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ που ισαπέχουν από τις ευθείες $\displaystyle{ (\varepsilon)}$ και $\displaystyle{(\eta)}$ . Εαν $\displaystyle{ \alpha}$ είναι η απόσταση των δυο σημείων, ζητείται να αχθεί από το $\displaystyle{A}$ ευθεία που να τέμνει την ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon)}$ στο σημείο $\displaystyle{M }$ και την ευθεία $\displaystyle{(\eta)}$ στο σημείο $\displaystyle{ N}$ , ώστε το ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{MN}$ μα φαίνεται από το σημείο $\displaystyle{B}$ υπό γωνία $\displaystyle{45^ο}$ .

3. Να δείξετε οτι σε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ο εγγεγραμμένος κύκλος διέρχεται από το ορθόκεντρο του $\displaystyle{AB\Gamma}$ εαν $\displaystyle{\sigma\upsilon\nu A \sigma\upsilon\nu B \sigma\upsilon\nu\Gamma=4\eta\mu^2\frac{A}{2}\eta\mu^2\frac{B}{2}\eta\mu^2\frac{\Gamma}{2}}$ . Να δείξετε οτι διέρχεται από το κέντρο του περιγεγραμμένου του κύκλου εαν $\displaystyle{ \sigma\upsilon\nu A+ \sigma\upsilon\nu B + \sigma\upsilon\nu\Gamma=\sqrt2}$

4. Σε δοσμένο ορθογώνιο $\displaystyle{OAMB}$ του οποίου η μια διαγώνιος $\displaystyle{(OM)=2\mu}$ και η οξεία γωνία των διαγωνίων του $\displaystyle{2\alpha}$ , φέρνουμε στο σημείο $\displaystyle{M}$ κάθετο στην διαγώνιο $\displaystyle{OM}$ η οποία συναντά την προέκταση της $\displaystyle{AB }$ στο $\displaystyle{M' }$ . Από το $\displaystyle{M' }$ φέρνουμε παράλληλες προς τις πλευρές του πρώτου ορθογωνίου και σχηματίζουμε με αυτόν τον τρόπο δεύτερο ορθογώνιο.Να βρεθεί η διαγώνιος $\displaystyle{OM' }$ καθώς και η γωνία των διαγωνίων του νέου ορθογωνίου συναρτήσει των $\displaystyle{\alpha}$ και $\displaystyle{\mu}$ .

5. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ εμβαδού $\displaystyle{E}$ . Να δειχθεί οτι οι γωνίες του τριγώνου που σχηματίζονται από τις κοινές εφαπτόμενες του εγγεγραμμένου και των παρεγγεγραμμένων κύκλων του $\displaystyle{AB\Gamma}$ (εξωτερικά των πλευρών του) είναι $\displaystyle{ \pi-2\widehat{A},\pi-2\widehat{B},\pi-2\widehat{\Gamma}}$ και οτι το εμβαδόν $\displaystyle{E'}$ του δεύτερου τριγώνου είναι $\displaystyle{E'=E(\tau\varepsilon\mu A-1)(\tau\varepsilon\mu B-1)(\tau\varepsilon\mu \Gamma-1)}$

Υ.Γ. Σχετικά με το 5ο $\displaystyle{\tau\varepsilon\mu x=\frac{1}{\sigma\upsilon\nu x}}$

#2

parmenides51 έγραψε:1. Να επιλυθεί τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ από τα εξής στοιχεία $\displaystyle{\alpha,\gamma-\beta=\lambda, \widehat{\Gamma}=2\widehat{B}}$

: Σχήμα.png (10.18 KiB) Προβλήθηκε 1084 φορές

Για ευκολία στην πληκτρολόγηση, θέτω $\displaystyle{\beta =b , \gamma =c , \lambda =L}$

Φέρνουμε την διχτόμο $\displaystyle{CD}$ του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ . Τότε όπως φαίνεται από το σχήμα, τα τρίγωνα $\displaystyle{ABC}$ , $\displaystyle{ACD}$ είναι όμοια και άρα

$\displaystyle{\frac{AC}{AB}=\frac{AD}{AC}\Rightarrow \frac{b}{c}=\frac{AD}{b}\Rightarrow b^2 =c.AD}$ , (1)

Αφού η $\displaystyle{CD}$ είναι διχοτόμος, τότε $\displaystyle{AD=\frac{cb}{a+b}}$ και από την (1) παίρνουμε: $\displaystyle{ b^2 =c\frac{cb}{a+b}\Rightarrow b=\frac{L^2}{a-2L}}$

Και αφού $\displaystyle{c-b=L\Rightarrow c=b+L=\frac{aL-L^2}{a-2L}}$ .

Έχουμε λοιπόν βρει τις πλευρές του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$

Μένει να βρούμε και τις γωνίες του.

Από τον νόμο συνημιτόνων, στο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ βρίσκουμε: $\displaystyle{b^2 =a^2 +c^2 -2accosB\Rightarrow}$

$\displaystyle{\frac{L^4}{(a-2L)^2}=a^2 +\frac{L^2 (a-L)^2}{(a-2L)^2}-2a\frac{L(a-L)}{a-2L}cosB \Rightarrow 2L(a-L)(a-2L)cosB=(a-2L) (a-L)^2 }$ , (2)

Αν ήταν $\displaystyle{a=L}$ τότε $\displaystyle{a=c-b}$ , το οποίο είναι άτοπο, λόγω της τριγωνικής ανισότητας.

Αν πάλι ήταν $\displaystyle{a=2L}$ , τότε, κατασκευάζουμε το παρακάτω σχήμα:

: SX.png (11.21 KiB) Προβλήθηκε 1084 φορές

(Έχουμε πάρει πάνω στην πλευρά $\displaystyle{AB}$ ένα σημείο $\displaystyle{D}$ έτσι, ώστε να είναι $\displaystyle{AD=AC}$ )

Από το σχήμα αυτό, έχουμε ότι $\displaystyle{w+m=2B}$ και $\displaystyle{w=B+m}$ . Από τις δύο αυτές εξισώσεις, παίρνουμε $\displaystyle{B=2m , w=3m}$

Από τον νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{DCB}$ έχουμε: $\displaystyle{\frac{2L}{sin(180-3m)}=\frac{L}{sinm}\Rightarrow 2sinm=sin3m\Rightarrow}$

$\displaystyle{2sinm=3sinm-4sin^3 m \Rightarrow sinm=\frac{1}{2}\Rightarrow m=30^{o}}$ Άρα $\displaystyle{w=3m=90^{o}}$ . Τούτο όμως είναι άτοπο, αφού στο ισοσκελές τρίγωνο

$\displaystyle{ACD}$ θα είχαμε τις παρά την βάση γωνίες του ορθές. Άρα $\displaystyle{a\neq2L}$ .

Τώρα, από την (2) παίρνουμε: $\displaystyle{cosB=\frac{a-L}{2L}}$ και άρα η γωνία $\displaystyle{B}$ είναι γνωστή, οπότε αφού $\displaystyle{C=2B}$ , θα είναι και η γωνία $\displaystyle{C}$ γνωστή

και άρα είναι γνωστές και οι τρεις γωνίες του τριγώνου.

ΔΙΕΡΕΥΝΙΣΗ: Πρέπει $\displaystyle{\frac{a-L}{2L}<1\Rightarrow a-L<2L\Rightarrow a<3L}$ . (ΣΗΜ: Αφού $\displaystyle{c<a+b\Rightarrow c-b<a\Rightarrow a-L>0}$ )

Σ.Μ.Α. 1962 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Σ.Μ.Α. 1962 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α. 1962 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση