mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 21, 2019 1:53 am**

Καλημέρα σε όλους.

: H Tριγωνομετρία .. ενίοτε συνεπικουρεί! PNG.PNG (5.19 KiB) Προβλήθηκε 1342 φορές

Το τρίγωνο έχει $AC=2...BC= \sqrt{6}$ και $\widehat{C}=75^{0}$ . Να βρεθούν οι $\widehat{A}$ και $\widehat{B}$ .

Να σημειώσω ότι παρόμοιο θέμα είχα θέση τον Σεπτέμβριο του 2016
και τότε ..

.."τινές εκ των συνήθων υπόπτων" είχαν προσφέρει υπέροχες λύσεις!

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 21, 2019 9:28 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Σάβ Δεκ 21, 2019 1:53 am Καλημέρα σε όλους.
H Tριγωνομετρία .. ενίοτε συνεπικουρεί! PNG.PNG
Το τρίγωνο έχει $AC=2...BC= \sqrt{6}$ και $\widehat{C}=75^{0}$ . Να βρεθούν οι $\widehat{A}$ και $\widehat{B}$ .

Να σημειώσω ότι παρόμοιο θέμα είχα θέση τον Σεπτέμβριο του 2016
και τότε .. .."τινές εκ των συνήθων υπόπτων" είχαν προσφέρει υπέροχες λύσεις!

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλημέρα Γιώργο!

Παρατηρώ ότι αν $\displaystyle R = \sqrt 2$ είναι η ακτίνα ενός κύκλου, τότε η χορδή $\displaystyle BC = \sqrt 6 = R\sqrt 3 = {\lambda _3}$ και

$\displaystyle CA = 2 = R\sqrt 2 = {\lambda _4}.$ Τότε $\displaystyle \widehat A = 60^\circ ,\widehat B = 45^\circ ,\widehat C = 75^\circ ,$ οπότε μιλάμε για το τρίγωνο ABC

της άσκησής μας.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 21, 2019 10:40 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Σάβ Δεκ 21, 2019 1:53 am Καλημέρα σε όλους.

Το τρίγωνο έχει $AC=2...BC= \sqrt{6}$ και $\widehat{C}=75^{0}$ . Να βρεθούν οι $\widehat{A}$ και $\widehat{B}$ .

Να σημειώσω ότι παρόμοιο θέμα είχα θέση τον Σεπτέμβριο του 2016
και τότε .. .."τινές εκ των συνήθων υπόπτων" είχαν προσφέρει υπέροχες λύσεις!

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλημέρα σας!

: shape.png (21.79 KiB) Προβλήθηκε 1293 φορές

Κατασκευάζουμε το ορθογώνιο και ισοσκελές CAD

και φέρουμε $DE \bot BC$

Από την ισότητα των $\triangleleft CAB, \triangleleft DAE$ και το εγγράψιμο ADEC

, προκύπτουν οι γωνίες ${60^ \circ }{,45^ \circ }$ που αντιστοιχούν στις $\angle A,\angle B$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 21, 2019 12:42 pm**

Με ν. συν/νων $\displaystyle{AB^{2}=4+2\sqrt{3}\Rightarrow AB=\sqrt{3}+1}$ και με ν. ημ/νων $\displaystyle{\frac{\sqrt{6}}{\eta \mu A}=\frac{\sqrt{3}+1}{\eta \mu 75^{0}}\Rightarrow \eta \mu A=\frac{3+\sqrt{3}}{2\sqrt{3}+2}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow A=60^{0}\Rightarrow B=45^{0}.}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 22, 2019 12:35 pm**

Καλημέρα σε όλους και Καλές Γιορτές. Θυμάται κανείς τι έλεγε η Μάρθα Καραγιάννη σε μια ταινία που είχε μεταμφιεστεί σε φαντάρο, όταν της έκαναν παρατήρηση επειδή περπατούσε σεινάμενη και κουνάμενη;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Έτσι κι εδώ, δίνω μια απάντηση με τη λιγότερη Τριγωνομετρία που μπορώ να χρησιμοποιήσω. Αν κάποιος απαλείψει κι αυτήν ας το αναφέρει...

: 22-12-2019 Γεωμετρία.png (32.95 KiB) Προβλήθηκε 1238 φορές

Κατασκευάζουμε κανονικό

γωνο με πλευρά $\sqrt{6}$ , οπότε η ακτίνα του είναι

$\displaystyle OA = R = \frac{{\sqrt 6 }}{{2\sigma \upsilon \nu 75^\circ }} = \frac{{\sqrt 6 }}{{\sqrt {2 - \sqrt 3 } }} = \sqrt {12 + 6\sqrt 3 } = \sqrt {9 + 3 + 2 \cdot 3\sqrt 3 } = 3 + \sqrt 3$

Παίρνουμε σημείο

στην

ώστε

. Οπότε $\displaystyle OB = 1 + \sqrt 3$ .

Φέρνουμε τη μεσοκάθετο της

στο

, που τέμνει στο σημείο

την

, οπότε $\displaystyle OT = \frac{{3 + \sqrt 3 }}{2}$ και αφού $\displaystyle \widehat O = 30^\circ$ , θα είναι

$\displaystyle O{D^2} = {\left( {\frac{{3 + \sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{{OD}}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow \frac{{3O{D^2}}}{4} = \frac{{12 + 6\sqrt 3 }}{4} \Leftrightarrow OD = \sqrt {4 + 2\sqrt 3 } = 1 + \sqrt 3$ ,

οπότε το

ταυτίζεται με το

, άρα

ισοσκελές, οπότε $\displaystyle \widehat {OAB} = 30^\circ \Rightarrow \widehat {BAC} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {ABC} = 60^\circ$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 22, 2019 4:43 pm**

Καλησπέρα στους φίλους! Σας ευχαριστώ όλους για τις λύσεις σας!
Ας μείνω λίγο σ΄αυτή του Γιώργου Ρίζου, ο οποίος μας ανέβασε και την διάθεση!

Θεωρώ Γιώργο ότι ως ελάχιστο τριγωνομετρικό ..''κούνημα'' εννοείς την χρήση της τιμής του $\sigma \upsilon \nu 75^\circ$ . Ας προσπαθήσουμε να το αποφύγουμε.

Ο Νόμος των συνημιτόνων είναι νομίζω <<κτήμα>> της Ευκλείδειας Γεωμετρίας. Το σχολικό τον παρουσιάζει ως πόρισμα της γενίκευσης του Πυθαγορείου.

Στο σχήμα του Γιώργου η εφαρμογή του εν λόγω νόμου στο ισοσκελές( $OA=OC=R...\widehat{O}=30^\circ$ ) τρίγωνο OAC

μας δίνει

$AC^{2}=R^{2}\left ( 2-\sqrt{3} \right )$ (Δείτε και το σύνθετο θέμα

στην παράγραφο 9.4 του σχολικού)

Με $AC^{2}=6$ παίρνουμε $R^{2}=\dfrac{6}{2-\sqrt{3}}=12+6\sqrt{3}=\left ( 3+\sqrt{3} \right )^{2}$ και η συνέχεια ως άνω.

Σκοπεύω να επανέλθω με μια ακόμη προσέγγιση. Φιλικά Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 22, 2019 10:49 pm**

: Επίλυση_τριγώνου Μήτσιου_geom.png (16.97 KiB) Προβλήθηκε 1189 φορές

Γράφω το κύκλο $\left( {A,2} \right)$ που τέμνει ακόμα τη

στο

.

Αν

το μέσο του $DC = {\lambda _{12}} = 2\sqrt {2 - \sqrt 3 } \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,AM = {a_{12}} = \sqrt {2 + \sqrt 3 }$ θα είναι :

$MA = MB \Leftrightarrow \sqrt {2 + \sqrt 3 } = \sqrt 6 - \sqrt {2 - \sqrt 3 } \Leftrightarrow \sqrt {2 + \sqrt 3 } + \sqrt {2 - \sqrt 3 } = \sqrt 6$

που με ύψωση στο τετράγωνο των δύο θετικών μελών της ισότητας αυτής έχω ισοδύναμα : 6 = 4 + 2

αληθής .

Συνεπώς $\widehat {{B_{}}} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {{A_{}}} = 60^\circ$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 23, 2019 6:45 pm**

Καλησπέρα και πάλι. Να ευχαριστήσω και τον Νίκο για την ωραία λύση!
Πριν δώσω αυτή που έχω κατά νου , μένω στο σχήμα του Νίκου για μια παραλλαγή με ..πισωγύρισμα στον χρόνο:

Είναι $DC=2\sqrt{2-\sqrt{3}}=\sqrt{8-4\sqrt{3}}= \sqrt{6}-\sqrt{2}$ άρα $BD=BC-CD=\sqrt{2}$ ενώ $\angle BDA=105^\circ$ .

Το τρίγωνο λοιπόν BAD

είναι όμοιο με το τρίγωνο ABO

που ...είδαμε στο θέμα Η Τριγωνομετρία..έπεται

συνεπώς έχει $\widehat{B}=45^\circ...\widehat{BAD}=30^\circ$ οπότε και $\widehat{BAC}=60^\circ$ . Ας δούμε και την ακόλουθη

: Η τριγωνομετρία ..συνεπικουρεί.PNG (7.05 KiB) Προβλήθηκε 1141 φορές

Θεωρώ τυχαίο σημείο $E \in AC$ και σχηματίζω την $\angle CEZ =60^\circ$ με $Z \in BC$ .Τότε $\angle CZE =45^\circ$ .

Ο Νόμος των ημιτόνων στο τρίγωνο ZEC

μας δίνει $\dfrac{CZ}{CE}=\dfrac{\eta \mu 60^\circ}{\eta \mu 30^\circ}=\dfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{2}=\dfrac{BC}{AC}$ .

Με το αντίστροφο του Θ. Θαλή παίρνουμε $ZE \parallel AB$ και έπονται $\widehat{A}=60^\circ$ , $\widehat{B}=45^\circ$ .

Φιλικά, Γιώργος.

mathematica.gr

Η Τριγωνομετρία ... παρακολουθεί

Η Τριγωνομετρία ... παρακολουθεί

Re: Η Τριγωνομετρία ... παρακολουθεί

Re: Η Τριγωνομετρία ... παρακολουθεί

Re: Η Τριγωνομετρία ... παρακολουθεί

Re: Η Τριγωνομετρία ... παρακολουθεί

Re: Η Τριγωνομετρία ... παρακολουθεί

Re: Η Τριγωνομετρία ... παρακολουθεί

Re: Η Τριγωνομετρία ... παρακολουθεί