Και λίγη τριγωνομετρία-1

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 432.png (5.38 KiB) Προβλήθηκε 915 φορές

Καλησπέρα.

Στο παραπάνω σχήμα το τετράπλευρο $AB\Gamma \Delta$ είναι τετράγωνο και το
τρίγωνο $\Delta \Gamma E$ ισοσκελές με $\Delta \Gamma =\Gamma E$ . Αν $P\equiv BE\cap \Gamma \Delta$ ,
δείξτε ότι $\varepsilon \varphi \theta =\sqrt{\dfrac{BP-PE}{BP+PE}}$ .

#2

Καλησπέρα σε όλους.

Ένα μικρό τριγωνομετρικό ξεσάλωμα όπου ανακατεύω όποιον (νόμιμο...) τύπο βρήκα μπροστά μου...
(Αρχικός σκοπός μου ήταν να μην χρησιμοποιήσω καμμία βοηθητική, μόνο "κυνήγι γωνιών").

: 24-03-2017 Γεωμετρία β.jpg (19.96 KiB) Προβλήθηκε 905 φορές

Επειδή το $\displaystyle {\rm B}\Gamma {\rm E}$ είναι ισοσκελές, είναι $\displaystyle \widehat {\Gamma {\rm B}{\rm P}} = \theta$ , οπότε είναι $\displaystyle \varepsilon \varphi \theta = \frac{{\Gamma {\rm P}}}{a}$ .

Από Ν. Συνημιτόνων στο $\displaystyle {\rm P}\Gamma {\rm E}$

$\displaystyle {\rm P}{{\rm E}^2} = {\rm P}{\Gamma ^2} + {a^2} - 2{\rm P}\Gamma \cdot a \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {90^\circ - 2\theta } \right) = {\rm P}{\Gamma ^2} + {a^2} - 2{\rm P}\Gamma \cdot a \cdot \eta \mu \left( {2\theta } \right)$

Από Ν. Συνημιτόνων στο $\displaystyle {\rm B}\Gamma {\rm E}$

$\displaystyle {\rm B}{{\rm E}^2} = 2{a^2} - 2{a^2} \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {180^\circ - 2\theta } \right) = 2{a^2} + 2{a^2} \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {2\theta } \right)$

Οπότε,

$\displaystyle \sqrt {\frac{{BP - PE}}{{BP + PE}}} = \sqrt {\frac{{B{P^2} - P{E^2}}}{{B{E^2}}}} = \sqrt {\frac{{{\rm B}{{\rm P}^2} - {\rm P}{\Gamma ^2} - {a^2} + 2{\rm P}\Gamma \cdot a \cdot \eta \mu \left( {2\theta } \right)}}{{2{a^2} + 2{a^2} \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {2\theta } \right)}}}$

$\displaystyle = \sqrt {\frac{{2{\rm P}\Gamma \cdot a \cdot \eta \mu \left( {2\theta } \right)}}{{2{a^2}\left( {1 + \sigma \upsilon \nu \left( {2\theta } \right)} \right)}}} = \sqrt {\frac{{{\rm P}\Gamma }}{a} \cdot } \sqrt {\frac{{\eta \mu \left( {2\theta } \right)}}{{\left( {1 + \sigma \upsilon \nu \left( {2\theta } \right)} \right)}}} =$

$\displaystyle = \sqrt {\varepsilon \varphi \theta } \cdot \sqrt {\frac{{2\eta \mu \theta \cdot \sigma \upsilon \nu \theta }}{{1 + 2\sigma \upsilon {\nu ^2}\theta - 1}}} = {\left( {\sqrt {\varepsilon \varphi \theta } } \right)^2} = \varepsilon \varphi \theta$ .

dement · #3

Αλλιώς:

$BE = 2 a \cos \theta, BP = a \sec \theta$

Έτσι, $\displaystyle \sqrt{\frac{BP-PE}{BP+PE}} = \sqrt{\frac{2 \sec \theta - 2 \cos \theta}{2 \cos \theta}} = \sqrt{\sec^2 \theta - 1} = \tan \theta$

#4

Ας είναι η πλευρά του τετραγώνου

. Γράφω το ημικύκλιο (C,R)

που διέρχεται

από τα D,B

και έστω

το αντιδιαμετρικό του

. Η εφαπτομένη του ημικυκλίου

στο

τέμνει την ευθεία

στο

. Αν

το μέσο του

προφανώς

$HC//ST \Rightarrow HC \bot ET$ . Επειδή $CE = CB = R\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}}$

( ως συμπλήρωμα της $\widehat {HCP}$ ) θα είναι $\boxed{\vartriangle CPE = \vartriangle CHB}$ οπότε

$PE = BH\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\boxed{HP = SB = BP - PE}$ .

: και λίγη τριγωνομετρία 1.png (30.41 KiB) Προβλήθηκε 843 φορές

Μετά απ’ αυτά έχω: $T{B^2} = BS \cdot BE \Rightarrow \boxed{\frac{{T{B^2}}}{{B{E^2}}} = \frac{{BS}}{{BE}} = \frac{{PB - PE}}{{PB + PE}}}$ και άρα

$\boxed{\sqrt {\frac{{PB - PE}}{{PB + PE}}} = \frac{{TB}}{{BE}} = \varepsilon \varphi \theta }$ .

#5

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:432.png

Καλησπέρα.

Στο παραπάνω σχήμα το τετράπλευρο $AB\Gamma \Delta$ είναι τετράγωνο και το
τρίγωνο $\Delta \Gamma E$ ισοσκελές με $\Delta \Gamma =\Gamma E$ . Αν $P\equiv BE\cap \Gamma \Delta$ ,
δείξτε ότι $\varepsilon \varphi \theta =\sqrt{\dfrac{BP-PE}{BP+PE}}$ .

Αν $CT \bot BE\mathop \Rightarrow \limits^{BC = CE} \left\{ \begin{gathered} \boxed{TP = \dfrac{{BP - PE}}{2}}:\left( 1 \right) \hfill \\ \boxed{TB = \dfrac{{BP + PE}}{2}}:\left( 2 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$ οπότε $C{T^2}\mathop = \limits^{BC \bot CP,CT \bot BP} BT \cdot TS\mathop = \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \dfrac{{BS + SE}}{2} \cdot \dfrac{{BS - SE}}{2} \Rightarrow$

$\dfrac{{CT{}^2}}{{{{\left( {\dfrac{{BS + SE}}{2}} \right)}^2}}} = \dfrac{{BS - SE}}{{BS + SE}} \Rightarrow$ $\dfrac{{CT{}^2}}{{T{E^2}}} = \dfrac{{BS - SE}}{{BS + SE}}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle CTE} \tan {}^2\theta = \dfrac{{BS - SE}}{{BS + SE}} \Rightarrow$ $\tan \theta = \sqrt {\dfrac{{BS - SE}}{{BS + SE}}}$ .

Στάθης

Και λίγη τριγωνομετρία-1

Και λίγη τριγωνομετρία-1

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-1

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-1

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-1

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-1

Μέλη σε σύνδεση