Γνωστή εφαπτομένη

Γιώργος Μήτσιος · #41

Καλό βράδυ! Μία ακόμη , όχι...

...κατ' ανάγκην τελευταία.

Σε τρίγωνο ABC

τύπου $\left ( 15^{0},90^{0},75^{0} \right )$ ας κολλήσουμε το τρίγωνο AEC

τύπου $\left ( 60^{0},90^{0},30^{0} \right )$ όπως στο σχήμα:

: 22-3.. tan 15.png (175.3 KiB) Προβλήθηκε 978 φορές

Το

είναι πλέον εγγεγραμμένο και παίρνουμε $\widehat{ABE}=30^o$ ενώ $\widehat{BAE}=75^o$ οπότε το $\triangle ABE$ είναι ισοσκελές .

Ας είναι BA=BE=1

και

. Ο Ν.Σ στο ABE

δίνει $AE^2=2-\sqrt{3}$ . Έπεται $AC^{2}=4AE^{2}=4 ( 2- \sqrt{3} )$

ενώ και $AC^{2}=x^{2}+1$ . Έτσι $x^{2}+1=4\left ( 2-\sqrt{3} \right )\Leftrightarrow x^{2}=\left ( 2-\sqrt{3} \right )^{2}$ άρα $tan15^o=x=2-\sqrt{3}$ .

Φιλικά, Γιώργος.

#42

Χαιρετώ!

είναι το ύψος και

η διχοτόμος του ορθογωνίου τριγώνου ABC.

Ως γνωστόν $\displaystyle \theta = \frac{{\widehat B - \widehat C}}{2}.$

: εφ15.ΙΙ.png (9.7 KiB) Προβλήθηκε 958 φορές

$\displaystyle \tan \frac{{B - C}}{2} = \frac{{DE}}{h} = \frac{{BE - BD}}{h} = \dfrac{{\dfrac{{ac}}{{b + c}} - \dfrac{{{c^2}}}{a}}}{h} = \dfrac{{c({a^2} - bc - {c^2})}}{{ah(b + c)}} = \frac{{bc(b - c)}}{{bc(b + c)}} = \frac{{b - c}}{{b + c}}$

$\displaystyle \tan \frac{{B - C}}{2} = \dfrac{{\dfrac{b}{a} - \dfrac{c}{a}}}{{\dfrac{b}{a} + \dfrac{c}{a}}} \Leftrightarrow$ $\boxed{\tan \frac{{B - C}}{2} = \frac{{\sin B - \sin C}}{{\cos B + \cos C}}}$ και για $\displaystyle \widehat B = 60^\circ ,\widehat C = 30^\circ,$

$\displaystyle \tan 15^\circ = \frac{{\sin 60^\circ - \sin 30^\circ }}{{\cos 60^\circ + \cos 30^\circ }} = \frac{{1 - \sqrt 3 }}{{1 + \sqrt 3 }} \Leftrightarrow$ $\boxed{\tan 15^\circ = 2 - \sqrt 3 }$

Γιώργος Μήτσιος · #43

Καλημέρα σε όλους! Ας δούμε και τη διαδρομή που .. ανοίγεται με το ακόλουθο σχήμα

: 24-3 tan 15.png (89.72 KiB) Προβλήθηκε 933 φορές

Το ορθογώνιο AOB

έχει

. Με τα στοιχεία του σχήματος έχουμε $AH^{2}=BM^{2}=x^{2}+1$

και $\left ( BHMA \right )=\dfrac{1}{2}BM^{2}sin60^o=\dfrac{\sqrt{3}\left ( x^2+1 \right )}{4}$ .

Ισχύει $2\left ( AOB \right )=2\left ( OMH \right )+2\left ( BHMA \right )$

ή $1=x^{2}+\dfrac{\sqrt{3}\left ( x^2+1 \right )}{2}\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow x^{2}=\dfrac{2-\sqrt{3}}{2+\sqrt{3}}=\left ( 2-\sqrt{3} \right )^{2}$

οπότε $\boxed{tan15^o=x=2- \sqrt{3}}$ . Φιλικά, Γιώργος.

#44

Χρόνια Πολλά σε όλους!

Για το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ABC

με

αποδείχτηκε εδώ ότι $\displaystyle AD = \frac{{EF}}{{BE + BF}}.$

: εφ15.ΙΙΙ.png (9.95 KiB) Προβλήθηκε 907 φορές

$\displaystyle \tan 15^\circ = \frac{{AD}}{1} = \dfrac{{\dfrac{{EF}}{{BE}}}}{{1 + \dfrac{{BF}}{{BE}}}} = \frac{{\cos 60^\circ }}{{1 + \sin 60^\circ }} = \frac{1}{{2 + \sqrt 3 }} \Leftrightarrow$ $\boxed{\tan 15^\circ = 2-\sqrt 3}$

Γιώργος Μήτσιος · #45

Χρόνια πολλά στους απανταχού Έλληνες!

Ας θεωρήσουμε το τρίγωνο ABC

του τύπου

και τα λοιπά στοιχεία του σχήματος:

: 25-3 tan15.png (95.02 KiB) Προβλήθηκε 874 φορές

Θέτοντας

με το Πυθαγόρειο και τον Νόμο Συνημιτόνων βρίσκουμε προοδευτικά

$AH=AB=\sqrt{2}$ , $HC=HB=\sqrt{6}$ , και $FC=2+\sqrt{3}$ .

Έπεται $tan15^o=\dfrac{1}{2+\sqrt{3}}=2-\sqrt{3}$ . Φιλικά, Γιώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #46

Καλό μήνα σε όλους και Καλή Ανάσταση!

Θεωρούμε το τρίγωνο ABC

με $\widehat{B}=30^o , \widehat{C}=60^o$ και

το μέσον της

. Το $E \in BC$ ώστε CE= AB-AC

.

: 1-5 tan 15.png (173.69 KiB) Προβλήθηκε 725 φορές

Όπως και στο θέμα ΤΟΥΤΟ η

είναι διχοτόμος ορθής και τέμνει τον περίκυκλο του ABC

στο μέσον

του ημικυκλίου.

Εύκολα βρίσκουμε τις γωνίες του σχήματος.

Με AC=1

έχουμε $BC=2, AB=\sqrt{3}, OM=R=1$ και $OE=R-CE=2-\sqrt{3}$

οπότε $tan 15^o=\dfrac{OE}{OM}=2-\sqrt{3}$ . Φιλικά, Γιώργος

Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Re: Γνωστή εφαπτομένη

Μέλη σε σύνδεση