Διπλάσια γωνία 55

KARKAR · #1

: Διπλάσια γωνία 55.png (7.86 KiB) Προβλήθηκε 859 φορές

Στην προέκταση του - μήκους

- τμήματος

, θεωρούμε σημείο

, ώστε : $BC=2\sqrt{a}$ .

Γράφουμε το ημικύκλιο διαμέτρου

και φέρουμε το εφαπτόμενο προς αυτό , τμήμα

.

Αν $\widehat{ACS}=2\widehat{CAS}$ , υπολογίστε το

.

#2

KARKAR έγραψε: Τετ Φεβ 03, 2021 8:07 pm
Διπλάσια γωνία 55.png
Στην προέκταση του - μήκους - τμήματος , θεωρούμε σημείο , ώστε : $BC=2\sqrt{a}$ .

Γράφουμε το ημικύκλιο διαμέτρου και φέρουμε το εφαπτόμενο προς αυτό , τμήμα .

Αν $\widehat{ACS}=2\widehat{CAS}$ , υπολογίστε το .

Aν

το κέντρο του κύκλου τότε $\angle SKB = 2C=4 \theta$ . Άρα στο ορθογώνιο τρίγωνο AKS

είναι $\theta + 4\theta =90^o$ , οπότε $\theta =18^o$ .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο AKS

είναι λοιπόν $KS=AK\sin 18$ , άρα $a+\sqrt a = \sqrt a \cdot \frac {\sqrt 5-1}{4}$ . Λύνοντας ως προς

θα βρούμε

.

#3

Έστω

η προβολή του

στην

. επειδή η

διχοτόμος του $\vartriangle SAD$ θα είναι : $5\theta = 90^\circ \Rightarrow \theta = 18^\circ$ .

Επίσης η τετράδα : $\left( {A,D\backslash B,C} \right)$ είναι αρμονική : Θέτω BD = x

: Διπλάσια γωνία 55.png (14.95 KiB) Προβλήθηκε 816 φορές

Από την αρμονική αναλογία , $\dfrac{{BD}}{{BA}} = \dfrac{{CD}}{{CA}} \Rightarrow \dfrac{x}{a} = \dfrac{{2\sqrt a - x}}{{a + 2\sqrt a }} \Rightarrow \boxed{x = \dfrac{a}{{1 + \sqrt a }}}\,\,\left( 1 \right)$

Από Θ, ημίτονου στο $\vartriangle ABS$ έχω:

$\dfrac{a}{{\sin 36^\circ }} = \dfrac{{BS}}{{\sin 18^\circ }} = \dfrac{x}{{\sin 18^\circ \cdot \sin 36^\circ }} \Rightarrow \boxed{x = a\sin 18^\circ }\,\,\left( 2 \right)$ από τις $\left( 1 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ προκύπτει:

$\boxed{a = 5}$

#4

KARKAR έγραψε: Τετ Φεβ 03, 2021 8:07 pm Διπλάσια γωνία 55.pngΣτην προέκταση του - μήκους - τμήματος , θεωρούμε σημείο , ώστε : $BC=2\sqrt{a}$ .

Γράφουμε το ημικύκλιο διαμέτρου και φέρουμε το εφαπτόμενο προς αυτό , τμήμα .

Αν $\widehat{ACS}=2\widehat{CAS}$ , υπολογίστε το .

Και μία χωρίς να υπολογισθούν οι γωνίες.

: Διπλάσια γωνία.55.png (11.55 KiB) Προβλήθηκε 788 φορές

Είναι $\displaystyle S{A^2} = a(a + 2\sqrt a )$ και $\displaystyle \cos \theta = \frac{{SA}}{{a + \sqrt a }}.$ Αλλά, με νόμο ημιτόνου στο SAC

έχω:

$\displaystyle \frac{{\sin 2\theta }}{{\sin \theta }} = \frac{{SA}}{{SC}} \Leftrightarrow \cos \theta = \frac{{SA}}{{2SC}} \Rightarrow$ $\boxed{SC = \frac{{a + \sqrt a }}{2}}$ Επειδή όμως στο SAC

η μία γωνία είναι διπλάσια της άλλης,

θα είναι: $\displaystyle S{A^2} = S{C^2} + SC \cdot AC \Leftrightarrow a(a + 2\sqrt a ) = {\left( {\frac{{a + \sqrt a }}{2}} \right)^2} + \frac{{a + \sqrt a }}{2}(a + 2\sqrt a ) \Leftrightarrow$ $\boxed{a=5}$

Παρατήρηση: Η άσκηση αυτή αποτελεί και μία μέθοδο για να υπολογισθούν οι τριγωνομετρικοί αριθμοί των $18^\circ$ και $36^\circ.$

nickchalkida · #5

Επειδή είναι διπλάσια 55, θα είναι $aa=55 \rightarrow a=5$

(... για λίγο γέλιο)

Φέρνω την κάθετη

επί της

στο

, και έστω

,

τα σημεία τομής αυτής
με τις εφαπτόμενες από το σημείο

στον κύκλο (D,DB)

.
Εύκολα βλέπω ότι $\angle EDA = 4\theta$ και επειδή το EDCH

είναι περιγράψιμο θα είναι και $\angle EHC = 4\theta$ .
Δηλαδή το τρίγωνο AHG

έχει παρά την βάση γωνίες διπλάσιες της λοιπής, οπότε θα είναι $AH/HG=\phi$ (Στοιχεία 4.10)
Σύμφωνα τότε με αυτό και την ομοιότητα των τριγώνων AED

,

, θα είναι

$\displaystyle{ \begin{aligned} & {AH \over HG} = \phi \rightarrow {AH \over HC} = 2\phi \rightarrow \cr & {AD \over ED} = 2 \phi \rightarrow {a+\sqrt{a} \over \sqrt{a}} = 2( {1+\sqrt{5} \over 2}) \rightarrow \cr & 1+\sqrt{a} = 1+\sqrt{5} \rightarrow a=5 \cr \end{aligned} }$

Διπλάσια γωνία 55

Διπλάσια γωνία 55

Re: Διπλάσια γωνία 55

Re: Διπλάσια γωνία 55

Re: Διπλάσια γωνία 55

Re: Διπλάσια γωνία 55

Μέλη σε σύνδεση