mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 24, 2025 1:53 pm**

: Δύο γωνίες.png (19.3 KiB) Προβλήθηκε 993 φορές

Στο τεταρτοκύκλιο $O\overset{\frown}{AB}$ , θεωρούμε σημείο

. Η παράλληλη από το

, προς

την

, τέμνει την ακτίνα

στο σημείο

. α) Υπολογίστε την γωνία $\widehat{SBT}$ .

β) Για ποια θέση του

, προκύπτει : $\widehat{SAT}=60^0$ ;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 12, 2025 10:39 pm**

α) Έχω $\widehat{SBT}=\widehat{SBA}+\widehat{ABT}=\widehat{SBA}+\widehat{BAS}=180{}^\circ -\widehat{ASB}=180{}^\circ -\frac{270{}^\circ }{2}=45{}^\circ$

β)

Έστω $O(0,\ 0)$ , $A(1,\ 0)$ , $B(0,\ 1)$ , $S\left(x,y\right)$ , όπου $\ x^2+y^2=1$ . (*)

Προφανώς $T=\left(kx,ky\right)$ για κάποιο $\ k\in (0,1)$ .

Έχω $BT\ //\ SA\Rightarrow {\lambda}_{BT}={\lambda}_{SA}\Rightarrow \frac{ky-1}{kx-0}=\frac{0-y}{1-x}\Rightarrow ky-1-kxy+x=-kxy\Rightarrow ky-1+x=0$

Η (*) γίνεται $\ x^2+{\left(\frac{1-x}{k}\right)}^2=1\Rightarrow k^2=\frac{{\left(1-x\right)}^2}{1-x^2}\Rightarrow k^2=\frac{1-x}{1+x}\Rightarrow k^2+xk^2=1-x\Rightarrow x=\frac{1-k^2}{1+k^2}$ (**)

Έχουμε ακόμα και λόγω της (*) ότι:
$ST=\sqrt{{(kx-x)}^2+{(ky-y)}^2}=\left(1-k\right)\sqrt{x^2+y^2}=1-k$
$SA=\sqrt{{(1-x)}^2+{(0-y)}^2}=\sqrt{2-2x}$
$AT=\sqrt{{(kx-1)}^2+{(ky-0)}^2}=\sqrt{k^2-2kx+1}$
Από το νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο SAT

έχω
$\displaystyle ST^2=SA^2+AT^2-2\cdot SA\cdot AT\cdot {cos 60{}^\circ \ }\Rightarrow$
Μετά απά πράξεις...

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Προκύπτει ότι $\ k\approx 0,306477\Rightarrow x\approx 0,828273\Rightarrow \ y\approx 0,560324\$
και τελικά
$\displaystyle \underline{\overline{\left|\widehat{SOA}=arctan\left(\frac{y}{x}\right)=arctan\left(\frac{0.560324}{0.828273}\right)\approx 34,08{}^\circ \right|}}$

mathematica.gr

Δύο γωνίες

Δύο γωνίες

Re: Δύο γωνίες