Διπλάσια γωνία 55

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12683
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Διπλάσια γωνία 55

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Φεβ 03, 2021 8:07 pm

Διπλάσια  γωνία  55.png
Διπλάσια γωνία 55.png (7.86 KiB) Προβλήθηκε 239 φορές
Στην προέκταση του - μήκους a - τμήματος AB , θεωρούμε σημείο C , ώστε : BC=2\sqrt{a} .

Γράφουμε το ημικύκλιο διαμέτρου BC και φέρουμε το εφαπτόμενο προς αυτό , τμήμα AS .

Αν \widehat{ACS}=2\widehat{CAS} , υπολογίστε το a .



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13464
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Διπλάσια γωνία 55

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Τετ Φεβ 03, 2021 8:51 pm

KARKAR έγραψε:
Τετ Φεβ 03, 2021 8:07 pm
Διπλάσια γωνία 55.png
Στην προέκταση του - μήκους a - τμήματος AB , θεωρούμε σημείο C , ώστε : BC=2\sqrt{a} .

Γράφουμε το ημικύκλιο διαμέτρου BC και φέρουμε το εφαπτόμενο προς αυτό , τμήμα AS .

Αν \widehat{ACS}=2\widehat{CAS} , υπολογίστε το a .
K το κέντρο του κύκλου τότε \angle SKB = 2C=4 \theta. Άρα στο ορθογώνιο τρίγωνο AKS είναι \theta + 4\theta =90^o, οπότε \theta =18^o.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο AKS είναι λοιπόν KS=AK\sin 18, άρα a+\sqrt a = \sqrt a \cdot \frac {\sqrt 5-1}{4}. Λύνοντας ως προς a θα βρούμε a=5.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8029
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Διπλάσια γωνία 55

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Πέμ Φεβ 04, 2021 12:44 am

Έστω D η προβολή του S στην BC. επειδή η SB διχοτόμος του \vartriangle SAD θα είναι : 5\theta  = 90^\circ  \Rightarrow \theta  = 18^\circ .

Επίσης η τετράδα : \left( {A,D\backslash B,C} \right) είναι αρμονική : Θέτω BD = x
Διπλάσια γωνία 55.png
Διπλάσια γωνία 55.png (14.95 KiB) Προβλήθηκε 196 φορές
Από την αρμονική αναλογία , \dfrac{{BD}}{{BA}} = \dfrac{{CD}}{{CA}} \Rightarrow \dfrac{x}{a} = \dfrac{{2\sqrt a  - x}}{{a + 2\sqrt a }} \Rightarrow \boxed{x = \dfrac{a}{{1 + \sqrt a }}}\,\,\left( 1 \right)

Από Θ, ημίτονου στο \vartriangle ABS έχω:

\dfrac{a}{{\sin 36^\circ }} = \dfrac{{BS}}{{\sin 18^\circ }} = \dfrac{x}{{\sin 18^\circ  \cdot \sin 36^\circ }} \Rightarrow \boxed{x = a\sin 18^\circ }\,\,\left( 2 \right) από τις \left( 1 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right) προκύπτει:

\boxed{a = 5}


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10648
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Διπλάσια γωνία 55

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Φεβ 04, 2021 10:11 am

KARKAR έγραψε:
Τετ Φεβ 03, 2021 8:07 pm
Διπλάσια γωνία 55.pngΣτην προέκταση του - μήκους a - τμήματος AB , θεωρούμε σημείο C , ώστε : BC=2\sqrt{a} .

Γράφουμε το ημικύκλιο διαμέτρου BC και φέρουμε το εφαπτόμενο προς αυτό , τμήμα AS .

Αν \widehat{ACS}=2\widehat{CAS} , υπολογίστε το a .
Και μία χωρίς να υπολογισθούν οι γωνίες.
Διπλάσια γωνία.55.png
Διπλάσια γωνία.55.png (11.55 KiB) Προβλήθηκε 168 φορές
Είναι \displaystyle S{A^2} = a(a + 2\sqrt a ) και \displaystyle \cos \theta  = \frac{{SA}}{{a + \sqrt a }}. Αλλά, με νόμο ημιτόνου στο SAC έχω:

\displaystyle \frac{{\sin 2\theta }}{{\sin \theta }} = \frac{{SA}}{{SC}} \Leftrightarrow \cos \theta  = \frac{{SA}}{{2SC}} \Rightarrow \boxed{SC = \frac{{a + \sqrt a }}{2}} Επειδή όμως στο SAC η μία γωνία είναι διπλάσια της άλλης,

θα είναι: \displaystyle S{A^2} = S{C^2} + SC \cdot AC \Leftrightarrow a(a + 2\sqrt a ) = {\left( {\frac{{a + \sqrt a }}{2}} \right)^2} + \frac{{a + \sqrt a }}{2}(a + 2\sqrt a ) \Leftrightarrow \boxed{a=5}


Παρατήρηση: Η άσκηση αυτή αποτελεί και μία μέθοδο για να υπολογισθούν οι τριγωνομετρικοί αριθμοί των 18^\circ και 36^\circ.


Άβαταρ μέλους
nickchalkida
Δημοσιεύσεις: 192
Εγγραφή: Τρί Ιουν 03, 2014 11:59 am
Επικοινωνία:

Re: Διπλάσια γωνία 55

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nickchalkida » Πέμ Φεβ 04, 2021 3:21 pm

Επειδή είναι διπλάσια 55, θα είναι aa=55 \rightarrow a=5 :mrgreen:
(... για λίγο γέλιο)

Φέρνω την κάθετη CH επί της AC στο C, και έστω G, H τα σημεία τομής αυτής
με τις εφαπτόμενες από το σημείο A στον κύκλο (D,DB).
Εύκολα βλέπω ότι \angle EDA = 4\theta και επειδή το EDCH είναι περιγράψιμο θα είναι και \angle EHC = 4\theta.
Δηλαδή το τρίγωνο AHG έχει παρά την βάση γωνίες διπλάσιες της λοιπής, οπότε θα είναι AH/HG=\phi (Στοιχεία 4.10)
Σύμφωνα τότε με αυτό και την ομοιότητα των τριγώνων AED, ACH, θα είναι

\displaystyle{ 
\begin{aligned} 
& {AH \over HG} = \phi \rightarrow  {AH \over HC} = 2\phi  \rightarrow \cr 
& {AD \over ED} = 2 \phi \rightarrow  {a+\sqrt{a}  \over \sqrt{a}} = 2( {1+\sqrt{5}  \over 2})  \rightarrow \cr 
& 1+\sqrt{a} = 1+\sqrt{5}  \rightarrow  a=5 \cr 
\end{aligned} 
}
Συνημμένα
rsz_double55_1.png
rsz_double55_1.png (40.83 KiB) Προβλήθηκε 147 φορές


Μη είναι βασιλικήν ατραπόν επί την γεωμετρίαν.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης