ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Νίκος Ζαφειρόπουλος
Δημοσιεύσεις: 289
Εγγραφή: Κυρ Απρ 12, 2009 1:06 am
Τοποθεσία: ΖΑΚΥΝΘΟΣ
Επικοινωνία:

ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Νίκος Ζαφειρόπουλος » Τρί Ιούλ 09, 2013 1:05 am

ΖΗΤΗΜΑ 1ο . Δίνεται τριγωνο \,\, AB\mathit{\Gamma}\,\, και \,P\, εσωτερικό σημείο του τριγώνου αυτού τέτοιο, ώστε να είναι: \,\, \hat{AP\mathit{\Gamma}}=\hat{BP\mathit{\Gamma}}=\hat{\mathit{\Gamma}PA}. Θέτουμε\,\, AP=\kappa \, , \, BP=\lambda\, , \, \mathit{\Gamma}P=\nu\,\,.
Να δειχτεί ότι : α) \alpha^2=\lambda^2+\nu^2+\lambda\nu\,\, ,\,\, \beta^2=\nu^2+\kappa^2+\kappa\nu\,\, , \,\, \gamma^2=\kappa^2+\lambda^2+\kappa\lambda.
β) \displaystyle 2E=\frac{\sqrt{3}}{2}(\kappa\lambda +\lambda\nu +\kappa\nu) \,\, ,όπου \, E \, το εμβαδόν του τριγώνου \,\, AB\mathit{\Gamma}\,\, και
γ) \displaystyle\frac{2\alpha\kappa}{\eta\mu (120^0 -A)}=\frac{4\alpha\beta\gamma}{\sqrt{3} (\kappa+\lambda+\nu)}.

ΖΗΤΗΜΑ 2ο . Αν σε τρίγωνο \,\, AB\mathit{\Gamma}\,\, ισχύουν οι σχέσεις :
\displaystyle \frac{\beta}{\alpha + 2\beta}=\frac{1}{1+\sqrt{3}}\,\, \kappa\alpha\iota \,\, \eta\mu\mathit{\Gamma} \cdot \left(1-\epsilon\phi^2\frac{\mathit{\Gamma}}{2}\right)=2 \epsilon\phi \frac{\mathit{\Gamma}}{2} \cdot \eta\mu\frac{\mathit{\Gamma}}{2} \: \: \; , να υπολογιστούν οι γωνίες \,\, A\, ,\, B\, , \,\mathit{ \Gamma} \, του τριγώνου.

ΖΗΤΗΜΑ 3ο . Στον τριγωνομετρικό κύκλο να οριστούν η \; \; \epsilon\phi \phi\;\; \kappa\alpha\iota \;\;  \eta \;\; \sigma\phi\phi \; \; και να δειχτεί ότι είναι : \; \; \; \epsilon\phi(180^0 -\phi)=-\epsilon\phi\phi\,\, ,\, \kappa\alpha\iota \,\,\, \sigma\phi (180^0 -\phi)= - \sigma\phi\phi.

ΖΗΤΗΜΑ 4ο . Να λυθεί το σύστημα :
x+y=\omega \, \, \, (1) , \, \, \, \sigma\upsilon\nu x + \sigma\upsilon\nu y =\eta\mu\omega \, \, \, (2) ,\, \, \, \eta\mu x - \sigma\upsilon\nu y =0\, \, \, (3)


orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1322
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από orestisgotsis » Τρί Ιούλ 09, 2013 2:57 am

NIZ έγραψε:ΖΗΤΗΜΑ 2ο . Αν σε τρίγωνο \,\, AB\mathit{\Gamma}\,\, ισχύουν οι σχέσεις :
\displaystyle \frac{\beta}{\alpha + 2\beta}=\frac{1}{1+\sqrt{3}}\,\, \kappa\alpha\iota \,\, \eta\mu\mathit{\Gamma} \cdot \left(1-\epsilon\phi^2\frac{\mathit{\Gamma}}{2}\right)=2 \epsilon\phi \frac{\mathit{\Gamma}}{2} \cdot \eta\mu\frac{\mathit{\Gamma}}{2} \: \: \; , να υπολογιστούν οι γωνίες \,\, A\, ,\, B\, , \,\mathit{ \Gamma} \, του τριγώνου.
\displaystyle{\eta \mu \Gamma \cdot \left( 1-\epsilon {{\phi }^{2}}\frac{\Gamma }{2} \right)=2\epsilon \phi \frac{\Gamma }{2}\cdot \eta \mu \frac{\Gamma }{2}\Leftrightarrow 2\eta \mu \frac{\Gamma }{2}\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}\left( 1-\frac{\eta {{\mu }^{2}}\frac{\Gamma }{2}}{\sigma \upsilon {{\nu }^{2}}\frac{\Gamma }{2}} \right)=2\epsilon \phi \frac{\Gamma }{2}\cdot \eta \mu \frac{\Gamma }{2}\,\,\,\left( 1 \right)}.

Αλλά \displaystyle{0<\widehat{\Gamma }<{{180}^{0}}\Rightarrow 0<\frac{\widehat{\Gamma }}{2}<{{90}^{0}}\Rightarrow \eta \mu \frac{\widehat{\Gamma }}{2}\ne 0} και η \left( 1 \right) γίνεται:

\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}-\frac{\eta {{\mu }^{2}}\frac{\Gamma }{2}}{\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}}=\frac{\eta \mu \frac{\Gamma }{2}}{\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}}\Leftrightarrow \sigma \upsilon {{\nu }^{2}}\frac{\Gamma }{2}-\eta {{\mu }^{2}}\frac{\Gamma }{2}=\eta \mu \frac{\Gamma }{2}\Leftrightarrow 2\eta {{\mu }^{2}}\frac{\Gamma }{2}+\eta \mu \frac{\Gamma }{2}-1=0}

\displaystyle{\Leftrightarrow \left( \eta \mu \frac{\Gamma }{2}=-1\,\,\,\vee \,\,\,\eta \mu \frac{\Gamma }{2}=\frac{1}{2} \right)\,\,\overset{\eta \mu \frac{\Gamma }{2}>0}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,\,\,\eta \mu \frac{\Gamma }{2}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \Gamma ={{60}^{0}}}.

Από \displaystyle{\frac{\beta }{\alpha +2\beta }=\frac{1}{1+\sqrt{3}}\Rightarrow \frac{\alpha +2\beta }{\beta }=1+\sqrt{3}\Rightarrow \frac{\alpha }{\beta }+2=1+\sqrt{3}\Rightarrow \frac{\alpha }{\beta }=\sqrt{3}-1}

και από νόμο ημιτόνων \displaystyle{\Rightarrow \frac{\eta \mu A}{\eta \mu B}=\sqrt{3}-1\Rightarrow \eta \mu A=\left( \sqrt{3}-1 \right)\eta \mu B\,\,\,\left( 2 \right)}.

Αλλά \displaystyle{A+B={{120}^{0}}\Rightarrow \eta \mu B=\eta \mu \left( 120-A \right)=\frac{\sqrt{3}}{2}\sigma \upsilon \nu A+\frac{1}{2}\eta \mu A\,\,\,\left( 3 \right)}.

Από \displaystyle{\left( 2 \right),\left( 3 \right)\Rightarrow 2\eta \mu A=\left( \sqrt{3}-1 \right)\left( \sqrt{3}\sigma \upsilon \nu A+\eta \mu A \right)\Rightarrow \left( 3-\sqrt{3} \right)\eta \mu A=\left( 3-\sqrt{3} \right)\sigma \upsilon \nu A}

\displaystyle{\Rightarrow \varepsilon \varphi A=1\Rightarrow A={{45}^{0}}\Rightarrow B={{75}^{0}}}.


orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1322
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από orestisgotsis » Τρί Ιούλ 09, 2013 12:37 pm

NIZ έγραψε:ΖΗΤΗΜΑ 1ο . Δίνεται τριγωνο \,\, AB\mathit{\Gamma}\,\, και \,P\, εσωτερικό σημείο του τριγώνου αυτού τέτοιο, ώστε να είναι: \,\, \hat{AP\mathit{\Gamma}}=\hat{BP\mathit{\Gamma}}=\hat{\mathit{\Gamma}PA}. Θέτουμε\,\, AP=\kappa \, , \, BP=\lambda\, , \, \mathit{\Gamma}P=\nu\,\,.
Να δειχτεί ότι : α) \alpha^2=\lambda^2+\nu^2+\lambda\nu\,\, ,\,\, \beta^2=\nu^2+\kappa^2+\kappa\nu\,\, , \,\, \gamma^2=\kappa^2+\lambda^2+\kappa\lambda.
β) \displaystyle 2E=\frac{\sqrt{3}}{2}(\kappa\lambda +\lambda\nu +\kappa\nu) \,\, ,όπου \, E \, το εμβαδόν του τριγώνου \,\, AB\mathit{\Gamma}\,\, και
γ) \displaystyle\frac{2\alpha\kappa}{\eta\mu (120^0 -A)}=\frac{4\alpha\beta\gamma}{\sqrt{3} (\kappa+\lambda+\nu)}.
1ο Ν.Δ.PNG
1ο Ν.Δ.PNG (9.69 KiB) Προβλήθηκε 373 φορές
α) Από \displaystyle{\,\,\widehat{AP\Gamma }=\widehat{BP\Gamma }=\widehat{\Gamma PA}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\widehat{AP\Gamma }+\widehat{BP\Gamma }+\widehat{\Gamma PA}={{360}^{0}}\Rightarrow \,\,\widehat{AP\Gamma }=\widehat{BP\Gamma }=\widehat{\Gamma PA}={{120}^{0}}}.

Από Θ. συνημιτόνων \displaystyle{\Rightarrow {{\alpha }^{2}}={{\lambda }^{2}}+{{\nu }^{2}}-2\lambda \nu \cdot \sigma \upsilon \nu {{120}^{0}}={{\lambda }^{2}}+{{\nu }^{2}}+\lambda \nu },\displaystyle{{{\beta }^{2}}={{\kappa }^{2}}+{{\nu }^{2}}+\kappa \nu ,\,\,\,{{\gamma }^{2}}={{\kappa }^{2}}+{{\lambda }^{2}}+\kappa \lambda }.

β) \displaystyle{\Epsilon =\left( APB \right)+\left( BP\Gamma  \right)+\left( AP\Gamma  \right)=\frac{1}{2}\kappa \lambda \cdot \eta \mu {{120}^{0}}+\frac{1}{2}\nu \lambda \cdot \eta \mu {{120}^{0}}+\frac{1}{2}\kappa \nu \cdot \eta \mu {{120}^{0}}}

\displaystyle{\Rightarrow 2E=\frac{\sqrt{3}}{2}\left( \kappa \lambda +\lambda \nu +\kappa \nu  \right)}.

γ) \displaystyle{\frac{2\alpha \kappa }{\eta \mu ({{120}^{0}}-A)}=\frac{2\alpha \kappa }{\frac{\sqrt{3}}{2}\sigma \upsilon \nu A+\frac{1}{2}\eta \mu A}=\frac{4\alpha \kappa }{\sqrt{3}\sigma \upsilon \nu A+\eta \mu A}=\frac{4\kappa \alpha }{\sqrt{3}\cdot \frac{{{\beta }^{2}}+{{\gamma }^{2}}-{{\alpha }^{2}}}{2\beta \gamma }+\frac{4E}{2\beta \gamma }}=}

\displaystyle{=\frac{8\kappa \alpha \beta \gamma }{\sqrt{3}\left( 2{{\kappa }^{2}}+\kappa \nu +\kappa \lambda -\lambda \nu  \right)+\sqrt{3}\left( \kappa \lambda +\lambda \nu +\kappa \nu  \right)}=\frac{8\kappa \alpha \beta \gamma }{2\kappa \sqrt{3}\left( \kappa +\lambda +\nu  \right)}=\frac{4\alpha \beta \gamma }{\sqrt{3}\left( \kappa +\lambda +\nu  \right)}}

Διευκρινίσεις:
Από α), β) \displaystyle{\Rightarrow \left[ {{\beta }^{2}}+{{\gamma }^{2}}-{{\alpha }^{2}}=2{{\kappa }^{2}}+\kappa \nu +\kappa \lambda -\lambda \nu \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,4E=\sqrt{3}\left( \kappa \lambda +\lambda \nu +\kappa \nu  \right) \right]}.
Επίσης είναι \displaystyle{\eta \mu A=\frac{2E}{\beta \gamma }=\frac{4E}{2\beta \gamma }}.


Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Πέμ Νοέμ 21, 2013 11:21 pm

1. Δίνεται τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} και εσωτερικό του σημείο \displaystyle{P} τέτοιο ώστε να είναι \displaystyle{\widehat{APB}=\widehat{BP\Gamma}=\widehat{\Gamma PA}}.
Θέτουμε \displaystyle{AP=x, BP=y, \Gamma P=z}. Να δείξετε οτι
α) \displaystyle{\alpha^2=y^2+z^2+yz , \,\, \beta^2=z^2+{\color{red}x}^2+zx ,\,\, \gamma^2=x^2+y^2+xy }
β) \displaystyle{2E=\frac{\sqrt3}{2}(xy+yz+z{\color{red}x})} όπου \displaystyle{ E} το εμβαδόν του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma}
γ) \displaystyle{\frac{2\alpha x}{\eta\mu(120^o-A)}=\frac{4\alpha\beta\gamma}{\sqrt3(x+y+z)}}


2. Σε τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} ισχύουν οι σχέσεις \displaystyle{\frac{\beta}{\alpha+2\beta}=\frac{1}{1+\sqrt3}} και \displaystyle{\eta\mu\Gamma\left(1-\varepsilon\phi^2\frac{\Gamma}{2}\right)=2\varepsilon\phi\frac{\Gamma}{2}\eta\mu\frac{\Gamma}{2}} .
Να υπολογιστούν οι γωνίες \displaystyle{\widehat{A}.\widehat{B},\widehat{\Gamma}} του τριγώνου.


3. Πάνω στον τριγωνομετρικό κύκλο να οριστούν η \displaystyle{ \varepsilon\phi \phi} και \displaystyle{ \sigma\phi \phi} και
να δειχτεί οτι είναι \displaystyle{\varepsilon\phi(180^o- \phi )=-\varepsilon\phi \phi ,\,\,\sigma\phi (180^o-\phi) =-\sigma\phi \phi}


4. Να λυθεί το σύστημα \displaystyle{\left\{\begin{matrix} 
x+y=w\\ 
\sigma\upsilon\nu x+\sigma\upsilon\nu y=\eta\mu w\\ 
\eta\mu x-\sigma\upsilon\nu y=0 \end{matrix}\right. }


edit
διόρθωση τυπογραφικών στο 1ο, ευχαριστώ τον Γιώργο (george visvikis) που τα πρόσεξε
τελευταία επεξεργασία από parmenides51 σε Παρ Νοέμ 22, 2013 9:10 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8963
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Νοέμ 22, 2013 6:47 pm

parmenides51 έγραψε:1. Δίνεται τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} και εσωτερικό του σημείο \displaystyle{P} τέτοιο ώστε να είναι \displaystyle{\widehat{APB}=\widehat{BP\Gamma}=\widehat{\Gamma PA}}.
Θέτουμε \displaystyle{AP=x, BP=y, \Gamma P=z}. Να δείξετε οτι
α) \displaystyle{\alpha^2=y^2+z^2+yz , \,\, \beta^2=z^2+x^2+zx ,\,\, \gamma^2=x^2+y^2+xy }
β) \displaystyle{2E=\frac{\sqrt3}{2}(xy+yz+zx) όπου \displaystyle{ E} το εμβαδόν του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma}
γ) \displaystyle{\frac{2\alpha x}{\eta\mu(120^o-A)}=\frac{4\alpha\beta\gamma}{\sqrt3(x+y+z)}}
1976 Τριγωνομετρία.png
1976 Τριγωνομετρία.png (4.42 KiB) Προβλήθηκε 407 φορές
α) Προφανώς \displaystyle{\widehat{APB}=\widehat{BP\Gamma}=\widehat{\Gamma PA}}=\displaystyle{{120^0}}
Από Νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο \displaystyle{{\rm B}{\rm P}\Gamma } έχουμε:

\displaystyle{{a^2} = {y^2} + {z^2} - 2yz\sigma \upsilon \nu {120^0} \Leftrightarrow {a^2} = {y^2} + {z^2} + yz}.
Ομοίως είναι \beta^2=z^2+x^2+zx ,\,\, \gamma^2=x^2+y^2+xy }

β) \displaystyle{E = (BP\Gamma ) + (\Gamma PA) + (APB)}
\displaystyle{(BP\Gamma ) = \frac{1}{2}xy\eta \mu {120^0} = \frac{1}{4}xy\sqrt 3 }. Ομοίως, \displaystyle{(\Gamma PA) = \frac{1}{4}xz\sqrt 3 ,(APB) = \frac{1}{4}xy\sqrt 3 }.
Άρα, \displaystyle{E = \frac{1}{4}\left( {xy + yz + zx} \right)\sqrt 3  \Leftrightarrow 2E = \frac{{\sqrt 3 }}{2}(xy + yz + zx)}

γ) \displaystyle{2\beta \gamma \eta \mu ({120^0} - {\rm A}) = 2\beta \gamma (\eta \mu {120^0}\sigma \upsilon \nu {\rm A} - \eta \mu {\rm A}\sigma \upsilon \nu {120^0}) = \beta \gamma (\sqrt 3 \sigma \upsilon \nu {\rm A} + \eta \mu {\rm A})}

\displaystyle{2\beta \gamma \eta \mu ({120^0} - {\rm A}) = \sqrt 3 \beta \gamma \sigma \upsilon \nu {\rm A} + \beta \gamma \eta \mu {\rm A} = \sqrt 3 \left( {\frac{{{\beta ^2} + {\gamma ^2} - {\alpha ^2}}}{2}} \right) + 2{\rm E}}

\displaystyle{2\beta \gamma \eta \mu ({120^0} - {\rm A}) = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {2{x^2} + xz + xy - yz} \right) + }\displaystyle{\frac{{\sqrt 3 }}{2}\left( {xy + yz + zx} \right)}

\displaystyle{2\beta \gamma \eta \mu ({120^0} - {\rm A}) = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot 2x(x + y + z) \Leftrightarrow 2\beta \gamma \eta \mu ({120^0} - {\rm A}) = \sqrt 3 x(x + y + z)}

Άρα \displaystyle{\frac{x}{{\eta \mu ({{120}^0} - {\rm A})}} = \frac{{2\beta \gamma }}{{\sqrt 3 (x + y + z)}} \Leftrightarrow \frac{{2ax}}{{\eta \mu ({{120}^0} - {\rm A})}} = \frac{{4a\beta \gamma }}{{\sqrt 3 (x + y + z)}}}


Άβαταρ μέλους
Paolos
Δημοσιεύσεις: 172
Εγγραφή: Παρ Δεκ 28, 2012 9:57 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Paolos » Σάβ Νοέμ 23, 2013 3:44 pm

Σε τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} ισχύουν οι σχέσεις \displaystyle{\frac{\beta}{\alpha+2\beta}=\frac{1}{1+\sqrt3}} και \displaystyle{\eta\mu\Gamma\left(1-\varepsilon\phi^2\frac{\Gamma}{2}\right)=2\varepsilon\phi\frac{\Gamma}{2}\eta\mu\frac{\Gamma}{2}} .
Να υπολογιστούν οι γωνίες \displaystyle{\widehat{A}.\widehat{B},\widehat{\Gamma}} του τριγώνου.
Όμορφη άσκηση και με εναλλακτικούς τρόπους λύσης
Από τη δεύτερη σχέση της υπόθεσης παίρνουμε ότι:

\displaystyle{\eta \mu \Gamma \cdot (1-\varepsilon {{\varphi }^{2}}\frac{\Gamma }{2})=2\cdot \varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}\cdot \eta \mu \frac{\Gamma }{2}}
\displaystyle{\eta \mu \Gamma \cdot (1-\frac{1-\sigma \upsilon \nu \Gamma }{1+\sigma \upsilon \nu \Gamma })=2\cdot \varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}\cdot \eta \mu \frac{\Gamma }{2}}
\displaystyle{\eta \mu \Gamma \cdot (\frac{1+\sigma \upsilon \nu \Gamma -1+\sigma \upsilon \nu \Gamma }{1+\sigma \upsilon \nu \Gamma })=2\cdot \varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}\cdot \eta \mu \frac{\Gamma }{2}}
\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}\cdot \frac{2\eta \mu \Gamma \cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma }{1+\sigma \upsilon \nu \Gamma }=2\cdot \eta {{\mu }^{2}}\frac{\Gamma }{2}}
\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}\cdot \frac{\eta \mu \Gamma \cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma }{2\sigma \upsilon {{\nu }^{2}}\frac{\Gamma }{2}}=\eta {{\mu }^{2}}\frac{\Gamma }{2}}
\displaystyle{\frac{\eta \mu \Gamma \cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma }{2\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}}=\eta {{\mu }^{2}}\frac{\Gamma }{2}}
\displaystyle{\eta \mu \Gamma \cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma =\left( 2\eta \mu \frac{\Gamma }{2}\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2} \right)\cdot \eta \mu \frac{\Gamma }{2}}
\displaystyle{\eta \mu \Gamma \cdot \sigma \upsilon \nu \Gamma =\eta \mu \Gamma \cdot \eta \mu \frac{\Gamma }{2}}
\displaystyle{\eta \mu \Gamma \cdot (\sigma \upsilon \nu \Gamma -\eta \mu \frac{\Gamma }{2})=0\overset{\eta \mu \Gamma \ne 0}{\mathop{\Rightarrow }}\,\sigma \upsilon \nu \Gamma -\eta \mu \frac{\Gamma }{2}=0\Rightarrow \sigma \upsilon \nu \Gamma =\eta \mu \frac{\Gamma }{2}\Rightarrow \sigma \upsilon \nu \Gamma =\sigma \upsilon \nu (\frac{\pi }{2}-\frac{\Gamma }{2})\Rightarrow }
\displaystyle{\left( \Gamma =2\kappa \pi +\frac{\pi }{2}-\frac{\Gamma }{2} \right)\vee \left( \Gamma =2\kappa \pi -\frac{\pi }{2}+\frac{\Gamma }{2} \right)\Rightarrow \left( \Gamma =\frac{4\kappa \pi }{3}+\frac{\pi }{3} \right)\vee \left( \Gamma =2\kappa \pi -\pi  \right)\Rightarrow }
\displaystyle{\overset{0<\Gamma <\pi }{\mathop{\Rightarrow }}\,\Gamma =\frac{\pi }{3}\overset{A+B+\Gamma =\pi }{\mathop{====\Rightarrow }}\,A+B=\frac{2\pi }{3}.}


Από την πρώτη σχέση της υπόθεσης και το νόμο ημιτόνων έχουμε:

\displaystyle{\frac{\beta }{\alpha +2\beta }=\frac{1}{1+\sqrt{3}}\Rightarrow \beta +\beta \sqrt{3}=\alpha +2\beta \Rightarrow \beta \sqrt{3}=\alpha +\beta \Rightarrow }
\displaystyle{\frac{\beta }{\alpha +2\beta }=\frac{1}{1+\sqrt{3}}\Rightarrow \beta +\beta \sqrt{3}=\alpha +2\beta \Rightarrow \beta \sqrt{3}=\alpha +\beta \Rightarrow }
\displaystyle{2\cdot R\cdot \eta \mu B\cdot \sqrt{3}=2\cdot R\cdot \eta \mu A+2\cdot R\cdot \eta \mu B\Rightarrow \sqrt{3}\cdot \eta \mu B=\eta \mu A+\eta \mu B\Rightarrow }
\displaystyle{\sqrt{3}\cdot \eta \mu B=2\eta \mu \frac{A+B}{2}\cdot \sigma \upsilon \nu \frac{A-B}{2}\Rightarrow \sqrt{3}\cdot \eta \mu B=2\eta \mu \frac{\pi }{3}\cdot \sigma \upsilon \nu \frac{A-B}{2}\Rightarrow \eta \mu B=\sigma \upsilon \nu \frac{A-B}{2}\Rightarrow }
\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \frac{A-B}{2}=\sigma \upsilon \nu (\frac{\pi }{2}-B)\Rightarrow \left( \frac{A-B}{2}=2\kappa \pi +\frac{\pi }{2}-B \right)\vee \left( \frac{A-B}{2}=2\kappa \pi -\frac{\pi }{2}+B \right)\Rightarrow }
\displaystyle{\left( A+B=4\kappa \pi +\pi  \right)\vee \left( \Alpha -3B=4\kappa \pi -\pi  \right)\Rightarrow \Alpha -3B=4\kappa \pi -\pi .}

Όμως για τις γωνίες του τριγώνου ισχύει:

\displaystyle{\left( 0<A<\pi  \right)\wedge \left( 0<B<\pi  \right)}

\displaystyle{\left( 0<A<\pi  \right)\wedge \left( 0>-3B>-3\pi  \right)}

\displaystyle{-3\pi <A-3B<\pi }

\displaystyle{-3\pi <4\kappa \pi -\pi <\pi }

\displaystyle{-1<2\kappa <1\Rightarrow \kappa =0\Rightarrow A=3B-\pi }.

Από τη σχέση \displaystyle{\Alpha +B=\frac{2\pi }{3}\Rightarrow B=\frac{5\pi }{12}\,\,\,,\,\,\,A=\frac{\pi }{4}.}

Τελικά:

\displaystyle{A=\frac{\pi }{4}\,\,\,\,,\,\,\,\,B=\frac{5\pi }{12}\,\,\,,\,\,\,\Gamma =\frac{\pi }{3}.}


\sqrt{{{\mathsf{(\Pi \alpha  \acute{\upsilon} \lambda o\varsigma )}}^{\mathsf{2}}}\mathsf{+(\ T \rho \acute{\upsilon} \varphi \omega \nu }{{\mathsf{)}}^{\mathsf{2}}}}
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8963
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Νοέμ 23, 2013 4:42 pm

parmenides51 έγραψε:
2. Σε τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} ισχύουν οι σχέσεις \displaystyle{\frac{\beta}{\alpha+2\beta}=\frac{1}{1+\sqrt3}} και \displaystyle{\eta\mu\Gamma\left(1-\varepsilon\phi^2\frac{\Gamma}{2}\right)=2\varepsilon\phi\frac{\Gamma}{2}\eta\mu\frac{\Gamma}{2}} .
Να υπολογιστούν οι γωνίες \displaystyle{\widehat{A}.\widehat{B},\widehat{\Gamma}} του τριγώνου.
\displaystyle{\eta \mu \Gamma \left( {1 - \varepsilon {\varphi ^2}\frac{\Gamma }{2}} \right) = 2\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}\eta \mu \frac{\Gamma }{2} \Leftrightarrow \eta \mu \Gamma  = \varepsilon \varphi \Gamma \eta \mu \frac{\Gamma }{2}}

\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \Gamma  = \eta \mu \frac{\Gamma }{2} = \sigma \upsilon \nu \left( {{{90}^0} - \frac{\Gamma }{2}} \right)}

\displaystyle{3\frac{\Gamma }{2} = {90^0} \Leftrightarrow \Gamma  = {60^0}}.

\displaystyle{\frac{\beta }{{\alpha  + 2\beta }} = \frac{1}{{1 + \sqrt 3 }} \Leftrightarrow \beta \left( {1 + \sqrt 3 } \right) - 2\beta  = \alpha  \Leftrightarrow \alpha  = \left( {\sqrt 3  - 1} \right)\beta }

Από Νόμο Συνημιτόνων έχουμε:
\displaystyle{{\gamma ^2} = {\left( {\sqrt 3  - 1} \right)^2}{\beta ^2} + {\beta ^2} - 2{\beta ^2}(\sqrt 3  - 1)\sigma \upsilon \nu {60^0}}

\displaystyle{{\gamma ^2} = 3\left( {2 - \sqrt 3 } \right){\beta ^2}}

Επίσης έχουμε για τη γωνία A:
\displaystyle{\sigma \upsilon \nu {\rm A} = \frac{{{\beta ^2} + {\gamma ^2} - {\alpha ^2}}}{{2\beta \gamma }} = \frac{{{\beta ^2}\left( {3 - \sqrt 3 } \right)}}{{2{\beta ^2}\sqrt 3 \left( {\sqrt {2 - \sqrt 3 } } \right)}} = \frac{{3 - \sqrt 3 }}{{2\sqrt {6 - 3\sqrt 3 } }}}

\displaystyle{\sigma \upsilon {\nu ^2}{\rm A} = {\left( {\frac{{3 - \sqrt 3 }}{{2\sqrt {6 - 3\sqrt 3 } }}} \right)^2} = \frac{{12 - 6\sqrt 3 }}{{24 - 12\sqrt 3 }} = \frac{1}{2}}

Άρα \displaystyle{\sigma \upsilon \nu {\rm A} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}}, οπότε \displaystyle{{\rm A} = {45^0}} και κατά συνέπεια \displaystyle{{\rm B} = {75^0}}.


Άβαταρ μέλους
Paolos
Δημοσιεύσεις: 172
Εγγραφή: Παρ Δεκ 28, 2012 9:57 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Paolos » Σάβ Νοέμ 23, 2013 5:48 pm

Επίσης έχουμε για τη γωνία A:
\displaystyle{\sigma \upsilon \nu {\rm A} = \frac{{{\beta ^2} + {\gamma ^2} - {\alpha ^2}}}{{2\beta \gamma }} = \frac{{{\beta ^2}\left( {3 - \sqrt 3 } \right)}}{{2{\beta ^2}\sqrt 3 \left( {\sqrt {2 - \sqrt 3 } } \right)}} = \frac{{3 - \sqrt 3 }}{{2\sqrt {6 - 3\sqrt 3 } }}}

\displaystyle{\sigma \upsilon {\nu ^2}{\rm A} = {\left( {\frac{{3 - \sqrt 3 }}{{2\sqrt {6 - 3\sqrt 3 } }}} \right)^2} = \frac{{12 - 6\sqrt 3 }}{{24 - 12\sqrt 3 }} = \frac{1}{2}}

Άρα \displaystyle{\sigma \upsilon \nu {\rm A} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}}, οπότε \displaystyle{{\rm A} = {45^0}} και κατά συνέπεια \displaystyle{{\rm B} = {75^0}}
Εξυπνη αντιμετώπιση!


\sqrt{{{\mathsf{(\Pi \alpha  \acute{\upsilon} \lambda o\varsigma )}}^{\mathsf{2}}}\mathsf{+(\ T \rho \acute{\upsilon} \varphi \omega \nu }{{\mathsf{)}}^{\mathsf{2}}}}
Απάντηση

Επιστροφή σε “Εξετάσεις Σχολών”

Μέλη σε σύνδεση

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