ΦΥΣΙΚΟΜΑΘ-ΓΕΩΔΑΣ. ΚΥΚΛΟΣ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Να ορίσετε τους τριγωνομετρικούς αριθμούς $\displaystyle{\varepsilon \phi x, \sigma \phi x}$ .
Να εξετάσετε τις μεταβολές αυτών και να τις παραστήσετε γεωμετρικά.
Να ορίσετε και να μελετήσετε τις αντίστροφες συναρτήσεις αυτών, δηλαδή τις $\displaystyle{\tau o \xi \varepsilon \phi x, \tau o \xi\sigma \phi x}$ .

2. Να λυθεί και να διερευνηθεί το σύστημα $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} x+y =\alpha \\ \sigma \upsilon \nu x\sigma \upsilon \nu y =\lambda \eta \mu \alpha \end{matrix}\right}}$

3. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ με βάση $\displaystyle{B\Gamma}$ .
Αν η απόσταση του ορθόκεντρου $\displaystyle{H}$ από το κέντρο $\displaystyle{O}$ του περιγεγραμμένου κύκλου είναι το μισό της βάσης, να βρείτε το $\displaystyle{\eta \mu A}$ .

orestisgotsis · #2

ΠΕΡΙΤΤΑ

orestisgotsis · #3

ΠΕΡΙΤΤΑ

orestisgotsis · #4

ΠΕΡΙΤΤΑ

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #5

Μια κάπως πιο γεωμετρική λύση στο 3ο θέμα. Αναγνωρίζω ότι η λύση μου ίσως φανεί λίγο ετοιματζίδικη . Αυτήν όμως σκέφτηκα όταν είδα το θέμα .

Ισχύει ότι $HA^{2}=4R^{2}-a^{2}$ . Για να 'μαι ειλικρινής , αν ήμουν υποψήφιος του 1968 θα καθόμουν και θα έγραφα αναλυτικά την απόδειξη της ισότητας για να ' μαι βέβαιος ότι όλα θα πάνε καλά. Τώρα όμως έχω την πολυτέλεια να μην τη γράψω . Μια όμορφη σχολική άσκηση είναι και κάπου θα υπάρχει στο

.

Τα

είναι συνευθειακά και βρίσκονται στη μεσοκάθετο της πλευράς $B\Gamma$ .

Για το $HA^{2}$ δυο δυνατότητες υπάρχουν:

1η περίπτωση $HA^{2}=\left(OA+OH \right)^{2}$ .

2η περίπτωση $HA^{2}=\left(OA-OH \right)^{2}$ .

Η 1η περίπτωση αφορά οξυγώνιο τρίγωνο , η 2η καλύπτει το ενδεχόμενο η $\hat{A}$ να μην είναι οξεία.

Φυσικά OA=R

.

Ας ασχοληθούμε με την 1η περίπτωση.

$\left(R+OH \right)^{2}=4R^{2}-a^{2}\Rightarrow$

$\left(R+\frac{a}{2} \right)^{2}=4R^{2}-a^{2}\Rightarrow$

$R^{2}+Ra+\frac{a^{2}}{4}=4R^{2}-a^{2}\Rightarrow$

$\frac{5}{4}a^{2}+Ra-3R^{2}=0$

Οι λύσεις της εξίσωσης είναι $\frac{6R}{5}$ δεκτή , -2R

μη δεκτή.

Από το νόμο των ημιτόνων προκύπτει $\eta\mu A =\frac{a}{2R}=\frac{6}{10}=\frac{3}{5}$

Για τη 2η περίπτωση ακολουθούμε παρόμοια διαδικασία

$\left(R-OH \right)^{2}=4R^{2}-a^{2}\Rightarrow$

$\left(R-\frac{a}{2} \right)^{2}=4R^{2}-a^{2}\Rightarrow$

$R^{2}-Ra+\frac{a^{2}}{4}=4R^{2}-a^{2}\Rightarrow$

$\frac{5}{4}a^{2}-Ra-3R^{2}=0$

κι εδώ η μόνη δεκτή λύση είναι

, εδώ έχουμε την $\hat{A}$ ορθή.

Έτσι προκύπτει ότι $\eta\mu A =\frac{a}{2R}=\frac{2R}{2R}=1$

ΦΥΣΙΚΟΜΑΘ-ΓΕΩΔΑΣ. ΚΥΚΛΟΣ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

ΦΥΣΙΚΟΜΑΘ-ΓΕΩΔΑΣ. ΚΥΚΛΟΣ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΦΥΣΙΚΟΜΑΘ-ΓΕΩΔΑΣ. ΚΥΚΛΟΣ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΦΥΣΙΚΟΜΑΘ-ΓΕΩΔΑΣ. ΚΥΚΛΟΣ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΦΥΣΙΚΟΜΑΘ-ΓΕΩΔΑΣ. ΚΥΚΛΟΣ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΦΥΣΙΚΟΜΑΘ-ΓΕΩΔΑΣ. ΚΥΚΛΟΣ 1968 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση