ΓΕΩΠΟΝΟΔΑΣΟΛΟΓΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1970 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Να μελετηθεί και να γίνει η γραφική παράσταση της κυκλικής συνάρτησης $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu x}$ όταν $\displaystyle{-\frac{8\pi }{3}<x<-\frac{2\pi }{3}}$ .

2. Αν σε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ισχύει $\displaystyle{\eta \mu A+ \eta \mu \Gamma = 2\eta \mu B}$ , τότε $\displaystyle{\varepsilon \phi \frac{A }{2} \varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2}=\frac{1}{3}}$ .

3. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ και τα ύψη $\displaystyle{BE , \Gamma Z}$ που τέμνονται στο $\displaystyle{H}$ . Αν $\displaystyle{\Gamma H = HZ}$ :
α) Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\varepsilon \phi A \varepsilon \phi B = 2 }$
β) Αν η γωνία $\displaystyle{\widehat{\Gamma}}$ είναι γνωστή , να υπολογισθούν οι γωνίες $\displaystyle{\widehat{A},\widehat{B}}$ και να κατασκευασθούν γεωμετρικώς .

#2

parmenides51 έγραψε:2. Αν σε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ισχύει $\displaystyle{\eta \mu A+ \eta \mu \Gamma = 2\eta \mu B}$ , τότε $\displaystyle{\varepsilon \phi \frac{A }{2} \varepsilon \phi \frac{\Gamma }{2}=\frac{1}{3}}$ .

Η δοσμένη σχέση γίνεται (για ευκολία χρησιμοποιώ για τη συνάρτηση ημίτονο το $\sin{x}$ , για το συνημίτονο το $\cos{x}$ και για την εφαπτομένη το $\tan{x}$ ):

$\begin{aligned}\sin{A}+\sin{\Gamma}=2\sin(A+\Gamma) &\Leftrightarrow 2\sin{\dfrac{A+\Gamma}{2}}\cos{\dfrac{A-\Gamma}{2}}=4\sin{\dfrac{A+\Gamma}{2}}\cos{\dfrac{A+\Gamma}{2}} \\ &\Leftrightarrow \cos{\dfrac{A-\Gamma}{2}}=2\cos{\dfrac{A+\Gamma}{2}} \ \ \left(\textnormal{\gr είναι \en} \ \sin{\dfrac{A+\Gamma}{2}}\neq 0\right) \\ &\Leftrightarrow \cos{\dfrac{A}{2}}\cos{\dfrac{\Gamma}{2}}+\sin{\dfrac{A}{2}}\sin{\dfrac{\Gamma}{2}}=2\cos{\dfrac{A}{2}}\cos{\dfrac{\Gamma}{2}}-2\sin{\dfrac{A}{2}}\sin{\dfrac{\Gamma}{2}} \\ &\Leftrightarrow \cos{\dfrac{A}{2}}\cos{\dfrac{\Gamma}{2}}=3\sin{\dfrac{A}{2}}\sin{\dfrac{\Gamma}{2}} \\ &\Leftrightarrow \tan{\dfrac{A}{2}}\tan{\dfrac{\Gamma}{2}}=\dfrac{1}{3}\end{aligned}$

Αλέξανδρος

kostas_zervos · #3

parmenides51 έγραψε: 3. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ και τα ύψη $\displaystyle{BE , \Gamma Z}$ που τέμνονται στο $\displaystyle{H}$ . Αν $\displaystyle{\Gamma H = HZ}$ :
α) Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\varepsilon \phi A \varepsilon \phi B = 2 }$
β) Αν η γωνία $\displaystyle{\widehat{\Gamma}}$ είναι γνωστή , να υπολογισθούν οι γωνίες $\displaystyle{\widehat{A},\widehat{B}}$ και να κατασκευασθούν γεωμετρικώς .

α)Επειδή το ύψος $\Gamma Z$ είναι μεγαλύτερο του $\Gamma H$ , θα πρέπει το

να βρίσκεται μεταξύ των $\Gamma\;,\;Z$ , άρα το τρίγωνο είναι οξυγώνιο.

: ask89.png (6.86 KiB) Προβλήθηκε 564 φορές

Από το παραπάνω σχήμα ότι το AEHZ

είναι εγγράψιμο , άρα $\hat{H_1}=\hat{A}$ .

Έτσι στο $\overset{\triangle}{BZH}$ έχουμε $\varepsilon \phi A=\dfrac{BZ}{ZH}\;\;(1)$ .

Επίσης στο $\overset{\triangle}{BZ\Gamma}$ έχουμε $\varepsilon \phi B=\dfrac{Z\Gamma}{BZ}=\dfrac{2ZH}{BZ}\;\;(2)$ .

Άρα από $(1)\;,\;(2):$ $\displaystyle{\varepsilon \phi A \varepsilon \phi B =\dfrac{BZ}{ZH}\cdot\dfrac{2ZH}{BZ}= 2 }$ .
β)Έστω $\hat{\Gamma}=\omega$ , τότε $\varepsilon \phi(A+B)=\varepsilon \phi(180^o-\Gamma)=-\varepsilon \phi\omega\iff$

$\iff\dfrac{\varepsilon \phi A+\varepsilon \phi B}{1-\varepsilon \phi A\varepsilon \phi B}=-\varepsilon \phi \omega$ και λόγω του (α):

$\varepsilon \phi A+\varepsilon \phi B=\varepsilon \phi \omega$ .

Έτσι έχουμε να λύσουμε το σύστημα $\begin{cases}\varepsilon \phi A+\varepsilon \phi B=\varepsilon \phi \omega\\ \varepsilon \phi A\varepsilon \phi B=2\end{cases}$ .

Έτσι οι $\varepsilon \phi A\;,\;\varepsilon \phi B$ είναι οι ρίζες της εξίσωσης $t^2-\varepsilon \phi \omega\cdot t+2=0$ , δηλαδή οι $\dfrac{\varepsilon \phi \omega\pm\sqrt{\varepsilon \phi^2 \omega-8}}{2}$ , όπου πρέπει $\varepsilon \phi \omega\geq 2\sqrt{2}$ (αφού $0<\omega<90^o$ ).

Για να κατασκευαστούν γεωμετρικά οι οξείες $\hat{A}\;,\;\hat{B}$ , αρκεί να κατασκευαστούν γεωμετρικά τμήματα με μήκη ίσα με $k=\varepsilon \phi A\;,\;m=\varepsilon \phi B$ , γιατί τότε μπορούμε να κατασκευάσουμε ορθογώνια τρίγωνα με κάθετες πλευρές (k,1)

και

ώστε να έχουμε τις γωνίες $\hat{A}\;,\;\hat{B}$ .

Άρα πρέπει να κατασκευάσουμε γεωμετρικά τις λύσεις της εξίσωσης $t^2-\varepsilon \phi \omega\cdot t+2=0\iff t(\varepsilon \phi \omega-t)=2$ .

Πρώτα κατασκευάζουμε τμήμα μήκους $\varepsilon \phi \omega$ (από ένα ορθογώνιο με οξεία γωνία $\omega$ και προσκείμενη κάθετη πλευρά

) και στη συνέχεια:

: ask90.png (3.51 KiB) Προβλήθηκε 564 φορές

Κατασκευάζουμε ημικύκλιο διαμέτρου $KM=\varepsilon \phi \omega$ και φέρνουμε ευθεία παράλληλη προς την

σε απόσταση $\sqrt{2}$ που τέμνει το ημικύκλιο σε δύο (αν $\dfrac{\varepsilon \phi \omega}{2}>\sqrt{2} \iff \varepsilon \phi \omega>2\sqrt{2}$ ) ή ένα (αν $\dfrac{\varepsilon \phi \omega}{2}=\sqrt{2} \iff \varepsilon \phi \omega=2\sqrt{2}$ ) ή κανένα (αν $\dfrac{\varepsilon \phi \omega}{2}<\sqrt{2} \iff \varepsilon \phi \omega<2\sqrt{2}$ ) σημείο.

Από ένα από τα σημεία αυτά (έστω $\Lambda$ ) φέρνουμε κάθετη στην

που την τέμνει στο

. Τότε τα δύο τμήματα $KN\;,\;NM$ έχουν μήκη όσο οι ζητούμενες εφαπτομένες , αφού λόγω του ορθογωνίου τριγώνου $\overset{\triangle}{K\Lambda M}$ έχουμε $\Lambda N^2=KN\cdot NM \iff 2=KN(\varepsilon \phi \omega-KN)$ .

Το πρόβλημα έχει λύση αν $\varepsilon \phi \omega\geq 2\sqrt{2}$ , δηλαδή αν $\tau o\xi\varepsilon \phi 2\sqrt{2}\leq \Gamma<\dfrac{\pi}{2}$ .

ΓΕΩΠΟΝΟΔΑΣΟΛΟΓΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1970 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

ΓΕΩΠΟΝΟΔΑΣΟΛΟΓΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1970 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΓΕΩΠΟΝΟΔΑΣΟΛΟΓΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1970 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΓΕΩΠΟΝΟΔΑΣΟΛΟΓΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1970 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση