Και λίγη τριγωνομετρία-13.

Συντονιστής: gbaloglou

Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 977
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

Και λίγη τριγωνομετρία-13.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Τετ Δεκ 27, 2017 7:13 pm

1.png
1.png (12.16 KiB) Προβλήθηκε 419 φορές
Καλησπέρα.

Δίνεται τεταρτοκύκλιο (O, \tau o\xi o\upsilon AB) και το ημικύκλιο διαμέτρου OB,
στο εσωτερικό του τεταρτοκυκλίου, το οποίο τέμνει την AB στο \Gamma .
Αν A\Delta =B\Gamma, να υπολογίσετε την \varepsilon \phi \theta .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5864
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-13.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Δεκ 27, 2017 11:15 pm

Χωρίς βλάβη της γενικότητας έστω R=7 . Το κέντρο του ημικυκλίου έστω K και η AD τέμνει την OK στο S.

Επειδή \widehat \phi  = \widehat \xi τα ισοσκελή τρίγωνα ADC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KDO είναι ισογώνια και έτσι \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}} που μας εξασφαλίζει ότι το τετράπλευρο ADKBείναι εγγράψιμο .

και λίγη τριγωνομετρία_12.png
και λίγη τριγωνομετρία_12.png (24.44 KiB) Προβλήθηκε 383 φορές
Θα ισχύουν έτσι ταυτόχρονα:

\left\{ \begin{gathered} 
  x(x + 7) = y(y + 7\sqrt 2 ) \hfill \\ 
  {14^2} + {(7 - x)^2} = {(7\sqrt 2  + y)^2} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  x = 5 \hfill \\ 
  y = 3\sqrt 2  \hfill \\  
\end{gathered}  \right.


Άρα \boxed{\tan \theta  = \frac{{OS}}{{OA}} = \frac{1}{7}}


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3108
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-13.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Τετ Δεκ 27, 2017 11:45 pm

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:
Τετ Δεκ 27, 2017 7:13 pm


Καλησπέρα.

Δίνεται τεταρτοκύκλιο (O, \tau o\xi o\upsilon AB) και το ημικύκλιο διαμέτρου OB,
στο εσωτερικό του τεταρτοκυκλίου, το οποίο τέμνει την AB στο \Gamma .
Αν A\Delta =B\Gamma, να υπολογίσετε την \varepsilon \phi \theta .
Καλησπέρα!
shape.png
shape.png (33.92 KiB) Προβλήθηκε 375 φορές
Από το σύστημα \left\{ \begin{array}{l} 
x(R - x) = y(R\sqrt 2  - y)\\ 
{(R + x)^2} = {y^2} + {(R\sqrt 2 )^2} 
\end{array} \right\} καταλήγουμε στο τριώνυμο ως προς y:\,7{y^2} - 8Ry\sqrt 2  + 2{R^2} = 0 με δεκτή λύση y = \dfrac{{R\sqrt 2 }}{7}
Έτσι, \tan (\theta ) = \dfrac{y}{{R\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{7}


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4060
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-13.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Πέμ Δεκ 28, 2017 1:50 pm

Καλησπέρα σε όλους. Στην παρακάτω λύση η πολυλογία οφείλεται στο ότι έγραψα αναλυτικά αυτά που οι εκλεκτοί φίλοι διατύπωσαν περιληπτικά και σχηματικά. Σε παρόμοιο δρόμο με τον Μιχάλη, ως ένα σημείο. Μετά τον λόγο παίρνει η "βαριά" Τριγωνομετρία...

28-12-2017 Γεωμετρία.jpg
28-12-2017 Γεωμετρία.jpg (32.29 KiB) Προβλήθηκε 346 φορές

Το OAB είναι ισοσκελές και το ΟC είναι ύψος στην AB άρα είναι και διάμεσος.
Έστω AC=CB=AD=1.

Προεκτείνουμε την AD ώσπου τέμνει τον κύκλο που έχει διάμετρο  \displaystyle {\rm O}{\rm B} = \sqrt 2 στο K.

Τότε  \displaystyle AC \cdot AB = AD \cdot AK \Leftrightarrow 1 \cdot 2 = 1\left( {1 + DK} \right) \Leftrightarrow DK = 1 .

Άρα AK = AB = 2,  \displaystyle AO = \sqrt 2 και  \displaystyle \widehat {OAB} = 45^\circ .

Έστω KB = x, OK = y.

Τότε  \displaystyle K{B^2} = A{B^2} + A{K^2} - 2AB \cdot AK \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {45^\circ  - \theta } \right) \Leftrightarrow {x^2} = 8 - 8\sigma \upsilon \nu \left( {45^\circ  - \theta } \right)

και  \displaystyle {\rm O}{K^2} = {\rm O}{A^2} + A{K^2} - 2{\rm O}A \cdot AK \cdot \sigma \upsilon \nu \theta  \Leftrightarrow {y^2} = 6 - 4\sqrt 2 \sigma \upsilon \nu \theta .

Είναι  \displaystyle {\rm O}{{\rm K}^2} + {\rm K}{{\rm B}^2} = {\rm O}{{\rm B}^2} \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = 2

 \displaystyle  \Leftrightarrow 8 - 8\sigma \upsilon \nu \left( {45^\circ  - \theta } \right) + 6 - 4\sqrt 2 \sigma \upsilon \nu \theta  = 2

 \displaystyle  \Leftrightarrow 2\sqrt 2 \sigma \upsilon \nu \theta  + \sqrt 2 \eta \mu \theta  = 3 (1).

Είναι  \displaystyle \sigma \upsilon \nu \theta  = \frac{{1 - \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\theta }{2}}}{{1 + \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\theta }{2}}},\;\;\eta \mu \theta  = \frac{{2\varepsilon \varphi \frac{\theta }{2}}}{{1 - \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\theta }{2}}} . Θέτω  \displaystyle \varepsilon \varphi \frac{\theta }{2} = k , οπότε η (1) γίνεται

 \displaystyle 2\sqrt 2  \cdot \frac{{1 - {k^2}}}{{1 + {k^2}}} + \sqrt 2  \cdot \frac{{2k}}{{1 + {k^2}}} = 3 \Leftrightarrow \left( {3 + 2\sqrt 2 } \right){k^2} - 2\sqrt 2 k + 3 - 2\sqrt 2  = 0 .

Οπότε  \displaystyle k = \frac{{\sqrt 2  + 1}}{{3 + 2\sqrt 2 }} = \left( {\sqrt 2  + 1} \right)\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right) = \sqrt 2  - 1 άρα  \displaystyle \frac{\theta }{2} = \frac{\pi }{8}\;\; \Leftrightarrow \theta  = \frac{\pi }{4}, (που απλά σημαίνει ότι το C ταυτίζεται με το D).

ή  \displaystyle k = \frac{{\sqrt 2  - 1}}{{3 + 2\sqrt 2 }} = \left( {\sqrt 2  - 1} \right)\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right) = 5\sqrt 2  - 7 \Leftrightarrow \varepsilon \varphi \theta  = \frac{{2k}}{{1 - {k^2}}} = \frac{{10\sqrt 2  - 14}}{{70\sqrt 2  - 98}} = \frac{1}{7} .


Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 977
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-13.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Πέμ Δεκ 28, 2017 6:18 pm

1.png
1.png (15.59 KiB) Προβλήθηκε 319 φορές
Ονομάζω K το κέντρο του ημικυκλίου. Προφανώς το \Gamma είναι μέσο
της AB\Rightarrow B\Gamma =A\Gamma \Rightarrow A\Delta =A\Gamma .
Επειδή και K\Delta =K\Gamma έπεται ότι η AK είναι μεσοκάθετος του \Delta \Gamma .
Έστω ότι \angle \Delta AH=\angle HA\Gamma =\phi και OA=2R.
Οπότε KO=K\Gamma =R και A\Gamma=\sqrt{2}R.
Από το Π.Θ. στο τρίγωνο KOA έχω ότι AK=\sqrt{5}R.
Από το τύπο του ύψους τριγώνου παίρνω ότι \Gamma H=\dfrac{\sqrt{5}R}{5}.
Το Π.Θ. στο τρίγωνο \Gamma HA μου δίνει ότι AH=\dfrac{3\sqrt{5}R}{5}.
Άρα \varepsilon \phi \varphi =\dfrac{1}{3}.
Όμως \varepsilon \phi (\theta +2\varphi )=\varepsilon \phi 45^{0}\Rightarrow
\Rightarrow \varepsilon \phi \varphi =\dfrac{1}{7}.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία”

Μέλη σε σύνδεση

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