Και λίγη τριγωνομετρία-14.

Συντονιστής: gbaloglou

Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 837
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

Και λίγη τριγωνομετρία-14.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Σάβ Ιαν 06, 2018 6:56 pm

1.png
1.png (7.06 KiB) Προβλήθηκε 135 φορές
Καλησπέρα και Χρόνια Πολλά.

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου AB και η εφαπτομένη του (\varepsilon ) στο B.
Ευθεία διερχόμενη από το A τέμνει το ημικύκλιο στο E και την (\varepsilon ) στο N.
Αν EM=EN, να υπολογίσετε το \eta \mu \theta .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3899
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-14.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Σάβ Ιαν 06, 2018 7:39 pm

Καλήσπέρα και Χρόνια πολλά σε όλους.
Και από εδώ θα ευχηθώ Χρόνια πολλά στον Φάνη για την ονομαστική εορτή (αλλά και και του επωνύμου, θα έλεγα...).
06-01-2018 Γεωμετρία.jpg
06-01-2018 Γεωμετρία.jpg (28.75 KiB) Προβλήθηκε 122 φορές

Από την ομοιότητα των EAM, NAB είναι  \displaystyle \frac{x}{b} = \frac{a}{{x + a}} \Leftrightarrow x\left( {x + a} \right) = ab (1).

Επίσης,  \displaystyle NE \cdot NA = N{B^2} \Leftrightarrow x\left( {x + a} \right) = {b^2}

Οπότε  \displaystyle ba = {b^2} \Leftrightarrow b = a , άρα η (1) γίνεται  \displaystyle \frac{{x + a}}{a} = \frac{a}{x} \Leftrightarrow \frac{x}{a} + 1 = \frac{a}{x} (2).

Θέτουμε  \displaystyle \eta \mu \theta  = \frac{x}{a} = k,\;\;k > 0 , αφού η γωνία είναι οξεία, οπότε η (2) γίνεται  \displaystyle k + 1 = \frac{1}{k} \Leftrightarrow {k^2} + k - 1 = 0 \Leftrightarrow k = \frac{{\sqrt 5  - 1}}{2} .


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5387
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-14.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Ιαν 06, 2018 7:44 pm

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:
Σάβ Ιαν 06, 2018 6:56 pm
1.png
Καλησπέρα και Χρόνια Πολλά.

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου AB και η εφαπτομένη του (\varepsilon ) στο B.
Ευθεία διερχόμενη από το A τέμνει το ημικύκλιο στο E και την (\varepsilon ) στο N.
Αν EM=EN, να υπολογίσετε το \eta \mu \theta .
Με προλάβανε αλλά έχουμε και γιορτή!

Χρόνια πολλά Φάνη ,.

Το M χωρίζει το AB σε μέσο κι άκρο λόγο.

Είναι έτσι \boxed{\sin \theta  = \frac{{\sqrt 5  - 1}}{2} = \frac{1}{\phi }}.


Η λύση μου έιναι λίγο διαφορετική από του Γιώργου . Θα την ανεβάσω .

Επειδή \widehat \omega  = \widehat N και EM = EN τα ορθογώνια τρίγωνα MEA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ENB είναι ίσα και άρα \boxed{AE = BN}.
και λίγη τριγωνομετρία 14.png
και λίγη τριγωνομετρία 14.png (20.04 KiB) Προβλήθηκε 107 φορές

Τώρα θα έχω ταυτόχρονα:

\left\{ \begin{gathered} 
  \frac{{AM}}{{MB}} = \frac{{AE}}{{EN}} \hfill \\ 
  \frac{{AB}}{{AM}} = \frac{{BN}}{{EM}} = \frac{{AE}}{{EN}} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \boxed{A{M^2} = AB \cdot AM}


Κλασσική περίπτωση χρυσής τομής .


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6227
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-14.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Ιαν 06, 2018 8:17 pm

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:
Σάβ Ιαν 06, 2018 6:56 pm
1.png
Καλησπέρα και Χρόνια Πολλά.

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου AB και η εφαπτομένη του (\varepsilon ) στο B.
Ευθεία διερχόμενη από το A τέμνει το ημικύκλιο στο E και την (\varepsilon ) στο N.
Αν EM=EN, να υπολογίσετε το \eta \mu \theta .
Για να πω ξανά τα Χρόνια Πολλά στο Φάνη!

Ίσως και να "κλέβω" τη λύση του Νίκου.
Τριγ-14.png
Τριγ-14.png (11.07 KiB) Προβλήθηκε 106 φορές
Προφανώς τα τρίγωνα AME, BEN είναι ίσα.

\displaystyle B{N^2} = NE \cdot NA \Leftrightarrow {a^2} = x(x + a) \Leftrightarrow {x^2} + ax - {a^2} = 0 \Leftrightarrow \frac{x}{a} = \frac{{\sqrt 5  - 1}}{2} \Leftrightarrow \eta \mu \theta  = \frac{{\sqrt 5  - 1}}{2}

Πράγματι, ήταν ίδια λύση. Την αφήνω για τον κόπο.


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1268
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Και λίγη τριγωνομετρία-14.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Κυρ Ιαν 07, 2018 2:39 pm

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:
Σάβ Ιαν 06, 2018 6:56 pm
1.png
Καλησπέρα και Χρόνια Πολλά.

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου AB και η εφαπτομένη του (\varepsilon ) στο B.
Ευθεία διερχόμενη από το A τέμνει το ημικύκλιο στο E και την (\varepsilon ) στο N.
Αν EM=EN, να υπολογίσετε το \eta \mu \theta .

Με \displaystyle NC \bot AN \Rightarrow NC//EB και \displaystyle \angle BNC = \theta

\displaystyle \sin \theta  = \frac{{EM}}{{EA}} = \frac{{EN}}{{EA}} = \frac{{BC}}{{2R}} = \frac{{BC}}{{NC}} \Rightarrow \boxed{NC = 2R}

\displaystyle N{C^2} = x\left( {x + 2R} \right) \Rightarrow 4{R^2} = {x^2} + 2Rx - 4{R^2} = 0 \Rightarrow \boxed{x = BC = R\left( {\sqrt 5  - 1} \right)}.Άρα \displaystyle \boxed{\sin \theta  = \frac{{\sqrt 5  - 1}}{2}}
T-14.png
T-14.png (11.51 KiB) Προβλήθηκε 78 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία”

Μέλη σε σύνδεση

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