Τριγωνομετρία με γεωμετρία! (1)

#1

Να αποδείξετε, με γεωμετρικά επιχειρήματα, ότι αν $\displaystyle{\angle A, \angle B}$ οξείες γωνίες, τότε

$\displaystyle{\tan (A\pm B)=\frac{\tan A\mp \tan B}{1\pm \tan A\tan B}.}$

#2

Επιχειρώ μια απόδειξη, βασιζόμενος στη συζήτηση που είχαμε κάνει ΕΔΩ:

Αγνοώ την ύπαρξη αντίστοιχης απόδειξης σε κάποιο βιβλίο (όπως είχε αναφέρει ο Θάνος ΕΔΩ). Θα χαιρόμουν να πληροφορηθώ τυχόν βιβλιογραφικές αναφορές, έστω και σε συγγράμματα που αδυνατούμε να έχουμε πρόσβαση.

: 08-12-2012 Γεωμετρία.jpg (29.67 KiB) Προβλήθηκε 1159 φορές

Σε κύκλο με διάμετρο AC = 1

θεωρούμε γωνίες $\displaystyle \widehat{BAC} = a,\;\widehat{DAC} = b$ και $\displaystyle \widehat{DEB} = a + b$ , ώστε BD = 1

, δηλαδή είναι διάμετρος.

Τότε $\displaystyle \varepsilon \phi a = \frac{{BC}}{{AB}},\;\varepsilon \phi b = \frac{{DC}}{{AD}}$ άρα $\displaystyle \frac{{\varepsilon \phi a + \varepsilon \phi b}}{{1 - \varepsilon \phi a \cdot \varepsilon \phi b}} = \frac{{\frac{{BC}}{{AB}} + \frac{{DC}}{{AD}}}}{{1 - \frac{{BC}}{{AB}} \cdot \frac{{DC}}{{AD}}}} = \frac{{BC \cdot AD + AB \cdot DC}}{{AB \cdot AD - BC \cdot DC}}$

Από 1ο Θ. Πτολεμαίου είναι $\displaystyle BC \cdot AD + AB \cdot DC = AC \cdot BD = 1 \cdot BD$

Φέρνουμε $\displaystyle AK \bot BD,\;CL \bot BD$

Από την ομοιότητα των DAC, ABC

είναι $\displaystyle \frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{AD}}{{AC}} \Leftrightarrow AK = AB \cdot AD$

Από την ομοιότητα των BLC, ADC

είναι $\displaystyle \frac{{LC}}{{DC}} = \frac{{BC}}{{AC}} \Leftrightarrow LC = BC \cdot DC$

οπότε $\displaystyle AB \cdot AD - BC \cdot DC = AK - LC$

Φέρνουμε την $\displaystyle EZ \bot AK$ και την

.

Τα

έχουν

, ως χορδές των ίσων τόξων $\displaystyle \mathop {AE}\limits^ \cap ,\;\;\mathop {BC}\limits^ \cap$ στα οποία βαίνουν ίσες γωνίες μέτρου

και $\displaystyle \widehat{ZAE} = \widehat{BCL}$ , αφού έχουν πλευρές παράλληλες, αφού οι AE, BC

είναι κάθετες στην

.

Οπότε $\displaystyle AK - LC = AK - AZ = ZK = DE$

Άρα $\displaystyle \frac{{\varepsilon \phi a + \varepsilon \phi b}}{{1 - \varepsilon \phi a \cdot \varepsilon \phi b}} = \frac{{BC \cdot AD + AB \cdot DC}}{{AB \cdot AD - BC \cdot DC}} = \frac{{BD}}{{DE}} = \varepsilon \phi \left( {a + b} \right)$

ΣΗΜΕΙΩΣΗ

Είναι προφανώς,
$\displaystyle \frac{{\varepsilon \phi a + \varepsilon \phi b}}{{1 - \varepsilon \phi a \cdot \varepsilon \phi b}} = \frac{{BC \cdot AD + AB \cdot DC}}{{AB \cdot AD - BC \cdot DC}} =$

$\displaystyle = \frac{{\eta \mu a \cdot \sigma \upsilon \nu b + \sigma \upsilon \nu a \cdot \eta \mu b}}{{\sigma \upsilon \nu a \cdot \sigma \upsilon \nu b - \eta \mu a \cdot \eta \mu b}} = \frac{{\eta \mu \left( {a + b} \right)}}{{\sigma \upsilon \nu \left( {a + b} \right)}} = \varepsilon \phi \left( {a + b} \right)$

αλλά ΔΕΝ ΤΟ ΧΡΗΣΙΜΟΠΟΙΩ, αφού ζητάμε, αμιγώς Γεωμετρική λύση.

edit: Δεν πρόλαβα να ζητήσω βοήθεια και ο Κώστας Ρεκούμης μού έδωσε αμέσως τη διέξοδο που δεν έβλεπα για την απόδειξη ότι $\displaystyle AK - LC = DE$
Ευχαριστώ θερμά τον Κώστα, καθώς και τον Παρμενίδη που ανακάλυψε την άλλη προσέγγιση που είχε δοθεί τον Απρίλιο του 2009 (!). Ειλικρινά δεν θυμόμουν καν ότι είχαμε ασχοληθεί.

Ας επαναφέρω το ερώτημα: Η παραπάνω αμιγής Γεωμετρική λύση υπάρχει άραγε κάπου καταχωρημένη;

parmenides51 · #3

εδώ

Γιώργος Μήτσιος · #4

: εφ(φ-ω).JPG (7.6 KiB) Προβλήθηκε 1132 φορές

Καλημέρα σε όλους.
Ας ασχοληθούμε με τον τύπο $\varepsilon \varphi \left(\varphi -\omega \right)$ . Στο σχήμα οι γωνίες

και

είναι ορθές ενώ θέτουμε $A\Gamma =1$ .

Ισχύουν $B\Gamma ^{2}= 1+AB^{2} ... \Delta E . B\Gamma = 2\left(B\Gamma \Delta \right) = 1. B\Delta \Rightarrow \frac{\Delta B}{B\Gamma }=\Delta E$
και στο εγγράψιμο $A\Gamma E\Delta ...BA.B\Delta = BE.B\Gamma$

Έχουμε λοιπόν: $\frac{\epsilon \varphi \varphi -\varepsilon \varphi \omega }{1+\varepsilon \varphi \varphi. \varepsilon \varphi \omega }=\frac{AB-A\Delta }{1+AB.A\Delta }=\frac{\Delta B}{B\Gamma .\Gamma E}=\frac{\Delta E}{\Gamma E}= \varepsilon \varphi \left(\varphi -\omega \right)$

αφού είναι $1+ AB.A\Delta = 1+AB\left(AB-\Delta B \right)=1+AB^{2}-BA.B\Delta = B\Gamma ^{2}-BE.B\Gamma = B\Gamma \left(B\Gamma -BE \right)= B\Gamma .\Gamma E$

Συναδελφικά Γιώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #5

: εφ(φ+ω).JPG (13.64 KiB) Προβλήθηκε 1061 φορές

Καλημέρα σε όλους.
Ας δούμε και την $\varepsilon \varphi \left(\varphi +\omega \right)$ .

Στο σχήμα είναι I το έγκεντρον του $AB\Gamma$ και $\Delta ,E,H$ τα σημεία επαφής ( με τις πλευρές) του εγγεγραμμένου του κύκλου .Μπορούμε να θέσουμε $AH=AE=x ....BH=B\Delta =y ... \Gamma \Delta =\Delta E =z$ και $I\Delta =IE=IH=\rho$
Ας δείξουμε πρώτα την θεωρητική πρόταση:
Ισχύει : ${\color{blue} xyz =\rho^{2} (x+y+z)} ...(1)$ .Πράγματι είναι

$(AB\Gamma )^{2} =\tau (\tau -\alpha )\left(\tau -\beta \right)\left(\tau -\gamma \right) ...(AB\Gamma )^{2}=\left(\tau \rho \right)^{2} Ενώ \Rightarrow (\tau -\alpha )\left(\tau -\beta \right)\left(\tau -\gamma \right) = \tau \rho ^{2}$

όπου $\tau =\frac{\alpha +\beta +\gamma }{2} \rightarrow \tau = x+y+z ...\tau -\alpha =x... \tau -\beta =y ... \tau -\gamma =z$

άρα προκύπτει ${\color{blue} xyz =\rho^{2} (x+y+z)} ...(1)$

Έίναι $\hat{A}=2\theta ... B=2\varphi ..,\Gamma =2\omega$ και θέτουμε $\rho =1$

άρα είναι ${\color{blue} xyz = x+y+z}$

Έχουμε $\varphi +\omega =90^{0}-\theta =\hat{AIH} =\xi \Rightarrow \varepsilon \varphi \left(\varphi +\omega \right)=\varepsilon \phi \xi =x$

$\frac{\varepsilon \varphi \varphi + \varepsilon \varphi \omega }{ 1-\varepsilon \varphi \varphi.\varepsilon \varphi \omega }=\frac{\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}{1-\frac{1}{yz}} =\frac{y+z}{yz-1}$

αρκεί $\frac{y+z}{yz-1}$ =

$\Leftrightarrow {\color{blue} xyz = x+y+z}$ που ισχύει.

Συναδελφικά Γιώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #6

Χαιρετώ!
Επανέρχομαι μετά από ..πολύ καιρό με μια ακόμη Γεωμετρική προσέγγιση
για τον τύπο $tan\left ( \varphi -x \right )$ με χρήση του σχήματος:

: tan(φ-x).png (32.21 KiB) Προβλήθηκε 89 φορές

Ας είναι

\measuredangle ACB=\varphi

τότε

tan \varphi =m+n

ενώ

tan x =m

και έχουμε:

\dfrac{tan\varphi -tanx}{1+tan\varphi \cdot tanx}=\dfrac{n}{1+m\left ( m+n \right )}... (1)

Τα ορθογώνια τρίγωνα

KNC,ABC

έχουν

\measuredangle N=\measuredangle B

(βαίνουν στο ίδιο τόξο

)

άρα είναι όμοια (*) και παίρνουμε

\dfrac{KN}{AB}=\dfrac{CK}{AC} \Rightarrow KN=m\left ( m+n \right )

Ακόμη είναι

\varphi -x=\measuredangle ECB=\measuredangle ENB=y

οπότε

tan\left ( \varphi -x \right ) =tany=\dfrac{EB}{EN}=\dfrac{n}{1+m\left ( m+n \right )}...(2)

Συνεπώς από (1) , (2)

:

tan \left ( \varphi -x \right )=\dfrac{n}{1+m\left ( m+n \right )}=\dfrac{tan\varphi -tanx}{1+tan\varphi \cdot tanx}

(*) Στο πρόσφατο θέμα [url =viewtopic.php?t=79537]τρεις ορθές..[/url] στην ανάρτηση #2 τα τρίγωνα αυτά είναι ίσα.
Ευχαριστώ , ως εκ τούτου , τον Μιχάλη Λάμπρου για την από εκεί ..έμμεση συμβολή προς το παρόν θέμα!

Φιλικά, Γιώργος.

Τριγωνομετρία με γεωμετρία! (1)

Τριγωνομετρία με γεωμετρία! (1)

Re: Τριγωνομετρία με γεωμετρία! (1)

Re: Τριγωνομετρία με γεωμετρία! (1)

Re: Τριγωνομετρία με γεωμετρία! (1)

Re: Τριγωνομετρία με γεωμετρία! (1)

Re: Τριγωνομετρία με γεωμετρία! (1)

Μέλη σε σύνδεση