ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1971 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Να υπολογισθούν οι πλευρές $\displaystyle{AB=\Gamma}$ ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ , του οποίου η βάση είναι $\displaystyle{B\Gamma=200 \,\, cm}$ και η γωνία $\displaystyle{\widehat{BA\Gamma}=30^o}$

2. Εαν μεταξύ των γωνιών τριγώνου ισχύει η σχέση $\displaystyle{\eta\mu 4 A+\eta\mu 4 B+\eta\mu 4 \Gamma=0}$ , να βρείτε το είδος του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ .

3. Εαν $\displaystyle{M}$ είναι μέσο της $\displaystyle{B\Gamma}$ πλευράς τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ και $\displaystyle{K}$ το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου του, να δείξετε οτι $\displaystyle{2\sigma\phi\widehat{KMB}=\sigma\phi\frac{\Gamma}{2}-\sigma\phi\frac{B}{2}}$ .

#2

parmenides51 έγραψε:2. Εαν μεταξύ των γωνιών τριγώνου ισχύει η σχέση $\displaystyle{\eta\mu 4 A+\eta\mu 4 B+\eta\mu 4 \Gamma=0}$ , να βρείτε το είδος του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ .

Έχουμε: $\displaystyle{2\eta \mu (2A+2B)\sigma \upsilon \nu (2A-2B)+2\eta \mu 2\Gamma \sigma \upsilon \nu 2\Gamma =0\Rightarrow}$

$\displaystyle{-\eta \mu 2\Gamma \sigma \upsilon \nu (2A-2B)+\eta \mu 2\Gamma \sigma \upsilon \nu 2\Gamma =0\Rightarrow \eta \mu 2\Gamma (\sigma \upsilon \nu 2\Gamma -\sigma \upsilon \nu (2A-2B))=0}$

ην $\displaystyle{B}$ Άρα $\displaystyle{\eta \mu 2\Gamma =0}$ ή $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu 2\Gamma =\sigma \upsilon \nu (2A-2B)\Rightarrow}$

$\displaystyle{\Gamma =k\pi +A-B}$ , ή $\displaystyle{\Gamma =k\pi -A+B}$ , με $\displaystyle{k\in Z}$

Από τις παραπάνω σχέσεις, εύκολα βλέπουμε ότι $\displaystyle{\Gamma =\frac{\pi}{2}}$ , ή $\displaystyle{B=\frac{\pi}{2}}$ , ή $\displaystyle{A=\frac{\pi}{2}}$

και άρα το τρίγωνο θα είναι ορθογώνιο με κορυφή της ορθής γωνίας την $\displaystyle{A}$ ή την $\displaystyle{B}$ ή την $\displaystyle{\Gamma}$

Γιώργος Απόκης · #3

parmenides51 έγραψε:1. Να υπολογισθούν οι πλευρές $\displaystyle{AB=\Gamma}$ ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ , του οποίου η βάση είναι $\displaystyle{B\Gamma=200 \,\, cm}$ και η γωνία $\displaystyle{\widehat{BA\Gamma}=30^o}$

Για τις γωνίες ισχύει $\displaystyle{\hat B=\hat \Gamma=\frac{180^o-30^o}{2}=75^o}$ . Έχουμε

$\displaystyle{\eta\mu 75^o=\eta \mu (45^o+30^o)=\eta \mu 45^o \sigma \upsilon \nu 30^o +\eta \mu 30^o \sigma \upsilon \nu 45^o=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}$ .

Από το νόμο ημιτόνων έχουμε : $\displaystyle{\frac{a}{\eta \mu A}=\frac{\beta}{\eta \mu B}\Rightarrow \beta=\frac{a\eta \mu B}{\eta \mu A}=\frac{200\cdot\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}}{\frac{1}{2}}=100(\sqrt{6}+\sqrt{2}) ~cm}$

hlkampel · #4

parmenides51 έγραψε:3. Εαν $\displaystyle{M}$ είναι μέσο της $\displaystyle{B\Gamma}$ πλευράς τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ και $\displaystyle{K}$ το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου του, να δείξετε οτι $\displaystyle{2\sigma\phi\widehat{KMB}=\sigma\phi\frac{\Gamma}{2}-\sigma\phi\frac{B}{2}}$ .

Από το ορθ. τρίγωνο ${\rm K}\Delta \Gamma$ είναι $\displaystyle\sigma \varphi \frac{\Gamma }{2} = \frac{{\Gamma \Delta }}{{{\rm K}\Delta }}\;\left( 1 \right)$

και από το ορθ. τρίγωνο ${\rm K}\Delta {\rm B}$ είναι $\displaystyle\sigma \varphi \frac{{\rm B}}{2} = \frac{{{\rm B}\Delta }}{{{\rm K}\Delta }}\;\left( 2 \right)$

Αν ${\rm A}{\rm B} < {\rm A}\Gamma$ (σχήμα 1) τότε από το ορθ. τρίγωνο ${\rm K}\Delta {\rm M}$ είναι $\displaystyle\sigma \varphi {\rm K}{\rm M}{\rm B} = \frac{{{\rm M}\Delta }}{{{\rm K}\Delta }}\;\left( 3 \right)$

$\displaystyle\left( 1 \right) - \left( 2 \right) \Rightarrow \sigma \varphi \frac{\Gamma }{2} - \sigma \varphi \frac{{\rm B}}{2} = \frac{{\Gamma \Delta - {\rm B}\Delta }}{{{\rm K}\Delta }} = \frac{{\Gamma {\rm M} + {\rm M}\Delta - {\rm B}{\rm M} + {\rm M}\Delta }}{{{\rm K}\Delta }} =$

$\displaystyle= 2\frac{{{\rm M}\Delta }}{{{\rm K}\Delta }}\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} 2\sigma \varphi {\rm K}{\rm M}{\rm B}$

Αν ${\rm A}{\rm B} > {\rm A}\Gamma$ (σχήμα 2) τότε: $\widehat {{\rm K}{\rm M}{\rm B}} + \widehat {{\rm K}{\rm M}\Delta } = 180^\circ \Rightarrow \sigma \varphi {\rm K}{\rm M}{\rm B} = - \sigma \varphi {\rm K}{\rm M}\Delta \;\left( 4 \right)$

Από το ορθ. τρίγωνο ${\rm K}\Delta {\rm M}$ είναι $\displaystyle\sigma \varphi {\rm K}{\rm M}\Delta = \frac{{{\rm M}\Delta }}{{{\rm K}\Delta }}\;\mathop \Leftrightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \sigma \varphi {\rm K}{\rm M}{\rm B} = - \frac{{{\rm M}\Delta }}{{{\rm K}\Delta }}\;\left( 5 \right)$

$\displaystyle\left( 1 \right) - \left( 2 \right) \Rightarrow \sigma \varphi \frac{\Gamma }{2} - \sigma \varphi \frac{{\rm B}}{2} = \frac{{\Gamma \Delta - {\rm B}\Delta }}{{{\rm K}\Delta }} = \frac{{\Gamma {\rm M} - {\rm M}\Delta - {\rm B}{\rm M} - {\rm M}\Delta }}{{{\rm K}\Delta }} =$

$\displaystyle = - 2\frac{{{\rm M}\Delta }}{{{\rm K}\Delta }}\mathop = \limits^{\left( 5 \right)} 2\sigma \varphi {\rm K}{\rm M}{\rm B}$

Αν $\displaystyle {\rm A}{\rm B} = {\rm A}\Gamma$ τότε $\widehat {{\rm K}{\rm M}{\rm B}} = 90^\circ \Rightarrow \sigma \varphi \widehat {{\rm K}{\rm M}{\rm B}} = 0$ και

$\displaystyle\widehat {\rm B} = \widehat \Gamma \Rightarrow \sigma \varphi \frac{{\rm B}}{2} = \sigma \varphi \frac{\Gamma }{2} \Leftrightarrow \sigma \varphi \frac{\Gamma }{2} - \sigma \varphi \frac{{\rm B}}{2} = 0$ και το συμπέρασμα έπεται.

ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1971 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1971 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1971 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1971 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1971 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση