Συναρπαστικό συνημίτονο

KARKAR · #1

Κύκλος διέρχεται από την κορυφή

, ενός ισοπλεύρου τριγώνου , εφαπτόμενος στο μέσο

της

.

Φέρω το εφαπτόμενο τμήμα

, το οποίο σχηματίζει με την πλευρά

, τη γωνία $\widehat{ABS}=\phi$

Δείξτε ότι : $\displaystyle cos\phi =\frac{13}{14}$

Ιστοσελίδα · #2

: Συναρπαστικό-συνημίτονο.png (26.79 KiB) Προβλήθηκε 722 φορές

Έστω

η πλευρά του ισοπλεύρου και

το κέντρο του κύκλου. Από Πυθαγόρειο θα είναι $AM = \displaystyle\frac{{\sqrt 3 a}}{2}$ , οπότε $OM = OS = \displaystyle\frac{{\sqrt 3 a}}{4}\,\,\left( 1 \right)$ . Από εφαπτόμενα τμήματα $BS = BM = \displaystyle\frac{a}{2}\,\,\left( 2 \right)$ και από Πυθαγόρειο στο OBM:

$BO = \displaystyle\frac{{\sqrt 7 a}}{4}\,\,\left( 3 \right)$ .

Το OSBM

είναι εγγράψιμο ( $B\widehat SO + O\widehat MB = {180^ \circ }$ ) και από τις $\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)$ και το 1ο θεώρημα Πτολεμαίου παίρνουμε: $SM = a\sqrt {\displaystyle\frac{3}{7}}$ και από Πυθαγόρειο στο ASM

: ( $A\widehat SM = {90^ \circ }$ σαν εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο) $AS = \displaystyle\frac{{3\sqrt 7 a}}{{14}}$ .

Από νόμο συνημιτόνων στο BSA

(και κάποιες πράξεις

) παίρνουμε $\sigma \upsilon \nu \varphi = \displaystyle\frac{{13}}{{14}}$ .

#3

Και μια παρόμοια ιδέα μ' αυτή του Μιχάλη:

Από τη συμμετρία ως προς την $\displaystyle{OB}$ των σημείων $\displaystyle{ M}$ ΚΑΙ $\displaystyle{S}$
του εγγραψίμου τετραπλεύρου $\displaystyle{OMBS}$ είναι:
$\displaystyle \hat{\varphi }=2\hat{\omega }-60^o \ \ (1)$

Από την (1) προκύπτει:
$\displaystyle cos\hat{\varphi }=cos\left(2\hat{\omega }-60^o \right)=cos(2\hat{\omega })cos60^o+sin(2\hat{\omega })sin60^o$
κι ακόμα:
$\displaystyle cos\hat{\varphi }=(2cos^2\hat{\omega }-1)\frac{1}{2}+2sin\hat{\omega }cos\hat{\omega }\frac{\sqrt{3}}{2}=cos^2\hat{\omega }-\frac{1}{2}+(sin\hat{\omega }cos\hat{\omega })\sqrt{3}\ \ (2)$

Όμως είναι:
$\displaystyle BO=\sqrt{OM^2+BM^2}=\sqrt{\left(\frac{\upsilon }{2} \right)^2+\left(\frac{a}{2} \right)^2}=\sqrt{\left(\frac{a\sqrt{3}}{4} \right)^2+\frac{a^2}{4}}=\frac{a\sqrt{7}}{4}\Rightarrow \\\Rightarrow BO=\frac{a\sqrt{7}}{4}\ \ (3)$
καθώς και
$\displaystyle cos\hat{\omega }=\frac{BM}{BO}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a\sqrt{7}}{4}}=\frac{2}{\sqrt{7}}=\frac{2\sqrt{7}}{7} \ \ (4)$
$\displaystyle sin\hat{\omega }=\frac{OM}{BO}=\frac{\frac{\upsilon }{2}}{\frac{a\sqrt{7}}{4}}=\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}}{\frac{a\sqrt{7}}{4}}=\frac{\sqrt{3}\sqrt{7}}{7}\ \ (5)$

Τελικά η (2) σύμφωνα με τις (4) και (5) γίνεται:
$\displaystyle cos\hat{\varphi }=\left(\frac{2\sqrt{7}}{7} \right)^2-\frac{1}{2}+\left(\frac{\sqrt{3}\sqrt{7}}{7} \right)\left(\frac{2\sqrt{7}}{7} \right)\sqrt{3}\Rightarrow \\cos\hat{\varphi }=\frac{28}{7^2}-\frac{1}{2}+\frac{2\cdot 3\cdot 7}{7^2}=\frac{4}{7}-\frac{1}{2}+\frac{6}{7}=\frac{13}{14}\Rightarrow \\cos\hat{\varphi }=\frac{13}{14}$

Κώστας Δόρτσιος

: Συναρπαστικό συνημίτονο.PNG (9.48 KiB) Προβλήθηκε 697 φορές

KARKAR · #4

Και μια λύση που δικαιολογεί την τοποθέτηση σ' αυτό το φάκελο (έστω και στη ζούλα )..

Τα τρίγωνα BES

και

, είναι προφανώς ίσα , άρα : $\phi+\theta=\omega$

Έχω : $\displaystyle \epsilon \phi \omega =\frac{\frac{a\sqrt{3}}{4}}{\frac{a}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ , οπότε $\displaystyle \epsilon \phi \theta =\epsilon \phi (60^{o}-\omega )=\frac{\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}}{1+\sqrt{3}\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\sqrt{3}}{5}$

Στη συνέχεια : $\displaystyle \epsilon \phi \phi =\epsilon \phi (\omega -\theta )=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{5}}{1+\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{\sqrt{3}}{5}}}=\frac{3\sqrt{3}}{13}$ , και πλέον :

$\displaystyle \sigma \upsilon \nu ^{2}\phi =\frac{1}{1+\epsilon \phi ^{2}\phi }\Rightarrow \sigma \upsilon \nu ^{2}\phi =\frac{1}{1+\frac{27}{169}}\Rightarrow \sigma \upsilon \nu ^{2}\phi =\frac{169}{196}\Rightarrow \sigma \upsilon \nu \phi =\frac{13}{14}$

Γιώργος Μήτσιος · #5

Καλό βράδυ ! Μεταφέρω μια ακόμη λύση , από ..ομαδική εργασία (ισχύς εν τη ενώσει !) που έγινε στο θέμα αυτό .

: Συναρπαστικό συνημίτονο.PNG (12.75 KiB) Προβλήθηκε 439 φορές

Στο σχήμα άλλαξα το

σε

. Έχουμε

ως ακτίνες και BH=BM

ως εφαπτόμενα

άρα BMOH

χαρταετός με $OB\perp HM$ αλλά και $AH\perp HM$ οπότε $OB\parallel AHN$ .

Έστω BH=BM=1

τότε εύκολα βρίσκουμε $AB=2..AM=2OM= \sqrt{3}..AN=2OB=\sqrt{7}$

Από τη σχέση $AH\cdot AN=AM^{2}\Rightarrow AH=3/\sqrt{7}$

και από τα όμοια BKO, HKA

παίρνουμε $\dfrac{BK}{AK}=\dfrac{OB}{AH}=\dfrac{7}{6} \Rightarrow \dfrac{BK}{AB}=\dfrac{7}{13}\Rightarrow BK=\dfrac{14}{13}$

Άρα $\sigma \upsilon \nu \varphi =\dfrac{BH}{BK}=\dfrac{1}{BK}\Rightarrow$ $\boxed {\sigma \upsilon \nu \varphi =\dfrac{13}{14}}$

Φιλικά Γιώργος.

Συναρπαστικό συνημίτονο

Συναρπαστικό συνημίτονο

Re: Συναρπαστικό συνημίτονο

Re: Συναρπαστικό συνημίτονο

Re: Συναρπαστικό συνημίτονο

Re: Συναρπαστικό συνημίτονο

Μέλη σε σύνδεση