Ισοπλευρικοί υπολογισμοί

KARKAR · #1

: Ισόπλευρο.png (18.44 KiB) Προβλήθηκε 532 φορές

Στο - πλευράς

- ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , σχεδιάσαμε τον κύκλο που διέρχεται

από την κορυφή

και εφάπτεται της πλευράς

, στο μέσο της

. Φέραμε

το εφαπτόμενο τμήμα

. Υπολογίστε : α) Το $\cos\theta$ ... β) Τη διαφορά : $\omega-\phi$

#2

KARKAR έγραψε:Ισόπλευρο.pngΣτο - πλευράς - ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , σχεδιάσαμε τον κύκλο που διέρχεται

από την κορυφή και εφάπτεται της πλευράς , στο μέσο της . Φέραμε

το εφαπτόμενο τμήμα . Υπολογίστε : α) Το $\cos\theta$ ... β) Τη διαφορά : $\omega-\phi$

α) Είμαι σίγουρος ότι υπάρχει ευκολότερος τρόπος.

: Ισοπλευρικοί υπολογισμοί.png (18.68 KiB) Προβλήθηκε 507 φορές

Έστω

η πλευρά του ισοπλεύρου, οπότε $\displaystyle{BS = BM = \frac{a}{2},OA = OM = \frac{{a\sqrt 3 }}{4}}.$

Π. Θ στο OBM,

$\boxed{OB = \frac{{a\sqrt 7 }}{4}}$ (1)

και Πτολεμαίου στο BSOM:

$\displaystyle{OB \cdot SM = \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} }$ $\boxed{SM = \frac{{a\sqrt {21} }}{7}}$

Με Πυθαγόρειο τώρα στο ASM

παίρνω $\boxed{AS = \frac{{3a\sqrt 7 }}{{14}}}$ και τέλος με ν. συνημιτόνων στο ASB,

$\boxed{\cos \theta = \frac{{13}}{{14}}}$

Το β) είναι απλό: $\boxed{\omega - \varphi = S\widehat AM - S\widehat AB = B\widehat AM = {30^0}}$

#3

Ας αρχίσουμε από το δεύτερο που είναι απλούστατο.

$\widehat \omega = 90^\circ + \widehat x = 90^\circ + \widehat \phi + 30^\circ \Rightarrow \boxed{\widehat \omega - \widehat \phi = 120^\circ }$ .

: Iσοπλευρικοί υπολογισμοί.png (32.18 KiB) Προβλήθηκε 502 φορές

Για το πρώτο : Ας είναι AB = BC = CA = 4

, τότε :

$BS = BM = 2\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AS = 2KN\,\,(1)$ . Αλλά $AM = \dfrac{{AB\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3 \Rightarrow KM = \sqrt 3$

Από το Π. Θ. στο $\vartriangle MKB$ έχω , $B{K^2} = B{M^2} + M{K^2} = 7 \Rightarrow BK = \sqrt 7$ .

Επειδή $M{K^2} = KN \cdot KB \Rightarrow 3 = KN\sqrt 7$ και άρα λόγω και της (1)

έχω

$\boxed{AS = \frac{6}{{\sqrt 7 }}}$ Από το Θ. συνημίτονου στο $\vartriangle ASB$ ισχύει :

$A{S^2} = B{A^2} + B{S^2} - 2BA \cdot BS\cos \theta$ , άρα

$\dfrac{{36}}{7} = 16 + 4 - 2 \cdot 4 \cdot 2\cos \theta \Rightarrow \boxed{\cos \theta = \frac{{13}}{{14}}}$

Εντάξει πήρα πιο μεγάλη γωνία σαν

αλλά η ουσία δεν αλλάζει .

KARKAR · #4

Δημιούργησα την άσκηση , εμπνεόμενος από αυτή .

Κάτι όμως μου θύμιζε και ψάχνοντας , βρήκα αυτή

Ιστοσελίδα · #5

KARKAR έγραψε:Στο - πλευράς - ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , σχεδιάσαμε τον κύκλο που διέρχεται

από την κορυφή και εφάπτεται της πλευράς , στο μέσο της . Φέραμε

το εφαπτόμενο τμήμα . Υπολογίστε : α) Το $\cos\theta$ ... β) Τη διαφορά : $\omega-\phi$

Για το 1ο ερώτημα και για μια καλησπέρα στους φίλους.

: Ισοπλευρικοί-υπολογισμοί.png (22.66 KiB) Προβλήθηκε 472 φορές

Φέρνω $BN \bot SM,AT \bot BS$ και οι «πράσινες» γωνίες είναι ίσες με ${90^ \circ } - \omega$

Από τα όμοια τρίγωνα SAT,BSN,MAS

παίρνουμε, κατόπιν κάποιων αρκετών πράξεων, $ST = \dfrac{{6a}}{7}$

Έτσι, $\cos \theta = \dfrac{{a + \frac{{6a}}{7}}}{{2a}} = \dfrac{{13}}{{14}}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

KARKAR έγραψε:Ισόπλευρο.pngΣτο - πλευράς - ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , σχεδιάσαμε τον κύκλο που διέρχεται

από την κορυφή και εφάπτεται της πλευράς , στο μέσο της . Φέραμε

το εφαπτόμενο τμήμα . Υπολογίστε : α) Το $\cos\theta$ ... β) Τη διαφορά : $\omega-\phi$

1. $\displaystyle{SA,BO \bot SM \Rightarrow SA//BO \Rightarrow 2\left( {SBA} \right) = 2\left( {SAO} \right) \Rightarrow \frac{{{\alpha ^2}}}{2}\sin \theta = {\left( {\frac{{a\sqrt 3 }}{4}} \right)^2}\sin \left( {{{60}^0} + \theta } \right)}$ καταλήγοντας στην

$\displaystyle{13\sin \theta = 3\sqrt 3 \cos \theta \Rightarrow 169\left( {1 - {{\cos }^2}\theta } \right) = 27{\cos ^2}\theta \Rightarrow \boxed{\cos \theta = \frac{{13}}{{14}}}}$

2. $\displaystyle{\omega = \varphi + {30^0} \Rightarrow \boxed{\omega - \varphi = {{30}^0}}}$

: ισοπλευρικοί υπολογισμοί.png (18.98 KiB) Προβλήθηκε 445 φορές

#7

Λέω για να έχουμε αυτό το εντυπωσιακό ρητό αποτέλεσμα ,

μάλλον υπάρχει «ρητή δίοδος της άσκησης».

Αν λοιπόν φέρω την εφαπτομένη του κύκλου στο

και κόψει την ευθεία

στο

θα είναι $\widehat {EAB} = 60^\circ$ . Επειδή τώρα θέλω τριγωνομετρικό αριθμό

θεωρώ π.χ. $\boxed{AB = BC = CA = 8}$ και θέτω $\boxed{EA = ES = y}$

: Iσοπλευρικοί υπολογισμοί_new.png (28.24 KiB) Προβλήθηκε 441 φορές

Στο $\vartriangle ABS$ εφαρμόζω δύο φορές το Θ. συνημίτονου:

1. $B{E^2} = A{E^2} + A{B^2} - 2AE \cdot AB\cos 60^\circ$ και άρα

${(y + 4)^2} = {y^2} + 64 - 8y \Rightarrow 16y = 48 \Rightarrow y = 3$ οπότε $\boxed{BE = 7\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EA = 3}$ .

2. $A{E^2} = B{E^2} + A{B^2} - 2BE \cdot AB\cos \theta$ και άρα

$9 = 49 + 64 - 2 \cdot 7 \cdot 8\cos \theta \Rightarrow 8 \cdot 14\cos \theta = 8 \cdot 13 \Rightarrow \boxed{\cos \theta = \frac{{13}}{{14}}}$ .

Ισοπλευρικοί υπολογισμοί

Ισοπλευρικοί υπολογισμοί

Re: Ισοπλευρικοί υπολογισμοί

Re: Ισοπλευρικοί υπολογισμοί

Re: Ισοπλευρικοί υπολογισμοί

Re: Ισοπλευρικοί υπολογισμοί

Re: Ισοπλευρικοί υπολογισμοί

Re: Ισοπλευρικοί υπολογισμοί

Μέλη σε σύνδεση