Ώρα συνημιτόνου 6

KARKAR · #1

: Ώρα συνημιτόνου.png (14.66 KiB) Προβλήθηκε 308 φορές

Στην πλευρά BC=a

, τετραγώνου ABCD

θεωρώ σημείο

, ώστε : $BE=\dfrac{a}{3}$ .

Ο κύκλος (D,DE)

τέμνει την

στο

και την προέκταση της

στο

, ενώ οι

τέμνονται στο

. Η κάθετη της

στο

, τέμνει την

στο σημείο

.

Υπολογίστε το : $\cos\theta , ( \theta=\widehat{EHT} )$ .

Γιώργος Μήτσιος · #2

Καλό βράδυ. Πολύχρονος και πάντοτε παραγωγικός ο Θεματοθέτης!
Με τη βοήθεια του σχήματος που ακολουθεί.

Ας είναι για ευκολία $a=6\Rightarrow BE=2$ . Τα τρίγωνα DEC,DAZ

και

είναι προφανώς ίσα

και δίνουν το τρίγωνο DEH

ως ορθογώνιο και ισοσκελές οπότε το ορθογώνιο SET

με

άρα γωνία

είναι επίσης ισοσκελές κι' ακόμη AH=AZ=CE=4

.

Οι

τέμνονται στο

. Από τα όμοια DAZ,BMZ

παίρνουμε

.

Το Θ. Μενελάου στο τρίγωνο BEH

και διατέμνουσα την MZS

δίνει $\dfrac{ES}{SH}\cdot \dfrac{HZ}{ZB}\cdot \dfrac{BM}{ME}=1\Rightarrow \dfrac{ES}{SH}=\dfrac{5}{12}$

συνεπώς $tan\theta =\dfrac{TS}{SH}=\dfrac{ES}{SH}=\dfrac{5}{12}$ και έπεται $cos\theta =\dfrac{12}{13}$ . Φιλικά, Γιώργος.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 20, 2020 8:24 pm
Ώρα συνημιτόνου.pngΣτην πλευρά , τετραγώνου θεωρώ σημείο , ώστε : $BE=\dfrac{a}{3}$ .

Ο κύκλος τέμνει την στο και την προέκταση της στο , ενώ οι

τέμνονται στο . Η κάθετη της στο , τέμνει την στο σημείο .

Υπολογίστε το : $\cos\theta , ( \theta=\widehat{EHT} )$ .

Έστω $BE \cap (D,DE)=P ,HD \cap (D,DE) =Q$ .Από Π.Θ εύκολα $DE= \dfrac{a \sqrt{13} }{3}$

Αν $BZ=x \Rightarrow BH=2a-x$ και $BE . BP=BZ . BH \Rightarrow \dfrac{a}{3} . \dfrac{5a}{3}=x(2a-x) \Rightarrow x= \dfrac{a}{3} \Rightarrow \angle EZB=45^0$

Επομένως, $\angle Q=45^0$ και $\triangle QEH$ ορθογώνιο ισοσκελές με

ύψος του,συνεπώς DTSH

εγγράψιμο $\Rightarrow ED \bot DH$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $DAZ \Rightarrow sin \phi = \dfrac{AZ}{DZ}= \dfrac{2}{ \sqrt{13} }$ άρα $cos \phi = \dfrac{3}{ \sqrt{13} }$ και $sin2 \phi = \dfrac{12}{13}=cos \theta$

: ώρα συνημιτόνου.png (36.55 KiB) Προβλήθηκε 266 φορές

#4

Ας είναι $a = 6k\,\,$ και

το σημείο τομής των $DS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CB$ . Αβίστα προκύπτουν:

$BE = BZ = 2k,\,CE = ZA = AH = 4k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BG = 3k$ .

Επειδή $90^\circ = \widehat {ADC} = 2\widehat {{\omega _{}}} + \widehat {{\theta _{}}} = \widehat {BDE}$ και AE = AZ = AH = R

, τα $\vartriangle AHE\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\vartriangle SET$ είναι ισοσκελή ορθογώνια

και το τετράπλευρο AHST

είναι εγγράψιμο.

: Ώρα συνημιτόνου 6.png (26.31 KiB) Προβλήθηκε 258 φορές

$\left\{ \begin{gathered} \tan (\omega + \theta ) = \frac{{CG}}{{CD}} = \frac{3}{2} \hfill \\ \tan \omega = \frac{{CE}}{{CD}} = \frac{2}{3} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Αλλά $\tan (\omega + \theta ) = \dfrac{{\tan \omega + \tan \theta }}{{1 - \tan \omega \cdot \tan \theta }} \Rightarrow \boxed{\tan \theta = \dfrac{{12}}{5}}$ δηλαδή το τρίγωνο $SHT \to \left( {12,13,5} \right)$

και έτσι $\boxed{\cos \theta = \frac{{12}}{{13}}}$

STOPJOHN · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 20, 2020 8:24 pm
Ώρα συνημιτόνου.pngΣτην πλευρά , τετραγώνου θεωρώ σημείο , ώστε : $BE=\dfrac{a}{3}$ .

Ο κύκλος τέμνει την στο και την προέκταση της στο , ενώ οι

τέμνονται στο . Η κάθετη της στο , τέμνει την στο σημείο .

Υπολογίστε το : $\cos\theta , ( \theta=\widehat{EHT} )$ .

Απο το Π.Θ στο τρίγωνο $DCE,DE=\dfrac{a\sqrt{13}}{3}$ ,

Αν $BZ=x,DZ^{2}=a^{2}+(a-x)^{2}\Rightarrow \dfrac{13a^{2}}{9}=a^{2}+(a-x)^{2}\Leftrightarrow x=\dfrac{a}{3},AZ=\dfrac{2a}{3},$ ,

$EB//DA\Rightarrow \dfrac{KB}{KA}=\dfrac{EB}{AD}\Rightarrow KB=\dfrac{a}{2},HA^{2}=\dfrac{13a^{2}}{9}-a^{2}\Rightarrow HA=\dfrac{2a}{3},$
Απο το εγράψιμο τετράπλευρο $HDST,\hat{HTS}=90^{0}-\theta =\hat{HDZ}=180^{0}-2\hat{\omega },\hat{\omega }=\hat{DHA}, 2\omega -\hat{\theta }=90^{0} \Leftrightarrow \hat{\theta }=2\omega -90^{0},$

$cos\theta =sin2\omega ,sin2\omega =2.\frac{3.2}{13},cos\theta =\dfrac{12}{13}$

#6

Η λύση του Γιάννη πιο πάνω μου έβαλε ιδέες .

Ας είναι $a = 6k \Rightarrow CE = 4k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BE = 2k$ . Επειδή το

απόστημα στη χορδή

θα είναι

.

Όμως λόγω συμμετρίας AZ = CE = 4k

.

Αφού στο ισοσκελές τρίγωνο DHZ

το ύψος είναι και διχοτόμος θα είναι :

$\widehat {HDA} = \widehat {ADZ}$ και από τα ίσα τρίγωνα $DAZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DCE$ έχω: $\widehat {ADZ} = \widehat {EDC}$ .

Δηλαδή $\boxed{\widehat {HDA} = \widehat {ADZ} = \widehat {EDC} = \widehat \phi }$ .

: Ώρα συνημιτόνου 6_new.png (22.95 KiB) Προβλήθηκε 218 φορές

Επειδή $\widehat {ADC} = 2\widehat \phi + \widehat \theta = 90^\circ \Rightarrow \widehat {HDE} = 90^\circ$ , άρα το τετράπλευρο HDTS

είναι εγγράψιμο και $\boxed{\widehat {{\theta _1}} = \widehat \theta }$ .

$\widehat {HDC} = 90^\circ + \widehat {{\phi _{}}} = 3\widehat {{\phi _{}}} + \widehat {{\theta _{}}} \Rightarrow \boxed{\widehat {{\theta _{}}} = 90^\circ - 2\widehat {{\phi _{}}}}$ .Έτσι :

$\boxed{\cos \theta = \sin 2\phi = \dfrac{{2\tan \phi }}{{1 + {{\tan }^2}\phi }} = \dfrac{{2 \cdot \dfrac{2}{3}}}{{1 + \dfrac{4}{9}}} = \dfrac{{12}}{{13}}}$

Ώρα συνημιτόνου 6

Ώρα συνημιτόνου 6

Re: Ώρα συνημιτόνου 6

Re: Ώρα συνημιτόνου 6

Re: Ώρα συνημιτόνου 6

Re: Ώρα συνημιτόνου 6

Re: Ώρα συνημιτόνου 6

Μέλη σε σύνδεση