Εύρεση συνεφαπτομένης

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλή εβδομάδα! Προσωπική σύνθεση για $\Phi$ ίλους, με αφορμές από την ..επικαιρότητα!

: 25-10 G.png (137.52 KiB) Προβλήθηκε 1279 φορές

Το τρίγωνο AOB

έχει

και $\widehat{AOB}=90^o$ ενώ για το σημείο

ισχύει

Ο κύκλος των B,O,G

τέμνει την

και στο

. Στην προέκταση της

παίρνουμε

.

Αν $\widehat{AEB}=\theta$ τότε: Να υπολογιστεί η $cot \theta$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 25, 2021 12:24 am
Καλή εβδομάδα! Προσωπική σύνθεση για $\Phi$ ίλους, με αφορμές από την ..επικαιρότητα!
25-10 G.png
Το τρίγωνο έχει και $\widehat{AOB}=90^o$ ενώ για το σημείο ισχύει

Ο κύκλος των τέμνει την και στο . Στην προέκταση της παίρνουμε .

Αν $\widehat{AEB}=\theta$ τότε: Να υπολογιστεί η $cot \theta$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλή εβδομάδα!

: Εύρεση σφ.png (14.95 KiB) Προβλήθηκε 1254 φορές

$\displaystyle A{B^2} + B{O^2} + O{A^2} = 18 = 3(G{A^2} + G{B^2} + G{O^2}),$ άρα το

είναι βαρύκεντρο του τριγώνου OAB,

οπότε η

είναι διάμεσος και OM=MB.

Το

είναι λοιπόν ισοσκελές τραπέζιο και $\displaystyle EB = BF = OG = \frac{2}{3} \cdot OM = 1$

Επομένως, $\boxed{\cot \theta = \frac{{EO}}{{AO}} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} = \Phi }$

Γιώργος Μήτσιος · #3

Καλημέρα και χρόνια πολλά!
Σ' ευχαριστώ Γιώργο για την άμεση απάντηση!
Η αλήθεια είναι ότι με το παρόν ήθελα να συνδυάσω ακόμη ένα πρόσφατο θέμα. Η λύση σου όμως -απλή και κομψή- δεν το χρειάστηκε!

Ας κάνω λοιπόν μια προσπάθεια για χάρη εκείνου του θέματος με δεύτερο ζητούμενο:

: 26-10 G-γωνία.png (108.45 KiB) Προβλήθηκε 1197 φορές

Το τρίγωνο AOB

έχει όπως πριν OA=2..AB=3

και $\widehat{AOB}=90^o$ και έστω

το βαρύκεντρό του.

Θεωρούμε το σημείο

του τόξου των B,G,O

στο εσωτερικό του τριγώνου για το οποίο αν $\widehat{ASO}=\omega$

να ισχύει $tan\omega =-\Phi ^2$ , όπου $\Phi$ ο χρυσός αριθμός.

Να βρεθεί η γωνία $\widehat{ASB}.$ Ίσως το β' ζητούμενο να δικαιολογεί την παρουσία του στον παρόντα φάκελο.

Ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

#4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 26, 2021 1:11 am
Καλημέρα και χρόνια πολλά!
Σ' ευχαριστώ Γιώργο για την άμεση απάντηση!
Η αλήθεια είναι ότι με το παρόν ήθελα να συνδυάσω ακόμη ένα πρόσφατο θέμα. Η λύση σου όμως -απλή και κομψή- δεν το χρειάστηκε!

Ας κάνω λοιπόν μια προσπάθεια για χάρη εκείνου του θέματος με δεύτερο ζητούμενο:
26-10 G-γωνία.png
Το τρίγωνο έχει όπως πριν και $\widehat{AOB}=90^o$ και έστω το βαρύκεντρό του.

Θεωρούμε το σημείο του τόξου των στο εσωτερικό του τριγώνου για το οποίο αν $\widehat{ASO}=\omega$

να ισχύει $tan\omega =-\Phi ^2$ , όπου $\Phi$ ο χρυσός αριθμός.

Να βρεθεί η γωνία $\widehat{ASB}.$ Ίσως το β' ζητούμενο να δικαιολογεί την παρουσία του στον παρόντα φάκελο.

Ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

Γεια σου Γιώργο!

Θέτω $\displaystyle B\widehat SO = B\widehat GO = \varphi$ και από εδώ θα είναι $\displaystyle \tan \varphi = \frac{{12(ABO)}}{{{3^2} + {2^2} - 5{{(\sqrt 5 )}^2}}} = - \sqrt 5.$

$\displaystyle A\widehat SB = 360^\circ - (\omega + \varphi ) \Leftrightarrow \tan (ASB) = - \tan (\omega + \varphi ) = \dfrac{{\dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2} + \sqrt 5 }}{{1 - \left( {\dfrac{{3 + \sqrt 5 }}{2}} \right)\sqrt 5 }} = - 1$ και $\boxed{A\widehat SB=135^\circ}$

Σε επόμενη ανάρτηση θα αποδείξω τη σχέση της παραπομπής.

#5

Χρωστάω μία απόδειξη: Αν είναι το βαρύκεντρο τριγώνου και $G\widehat BC=\theta,$ τότε $\displaystyle \tan \theta = \frac{{12(ABC)}}{{{b^2} + {c^2} - 5{a^2}}}$

: εφθ.Μ.png (8.26 KiB) Προβλήθηκε 1124 φορές

Από του τύπους των διαμέσων: $\displaystyle 4({m_b}^2 + {m_c}^2) = 4\frac{{(2{a^2} + 2{c^2} - {b^2}) + (2{a^2} + 2{b^2} - {c^2})}}{4} = 4{a^2} + {b^2} + {c^2}$

$\displaystyle (ABC) = 3(GBC) = 3 \cdot \frac{{2{m_b}}}{3} \cdot \frac{{2{m_c}}}{3}\sin \theta \Leftrightarrow$ $\boxed{{m_b}{m_c} = \frac{{3(ABC)}}{{2\sin \theta }}}$ (1)

Νόμος συνημιτόνου στο GBC,

$\displaystyle {a^2} = \frac{4}{9}({m_b}^2 + {m_c}^2) - 2\frac{4}{9}{m_b}{m_c}\cos \theta \mathop \Rightarrow \limits^{(1)} {a^2} = \frac{{4{a^2} + {b^2} + {c^2}}}{9} - \frac{{12(ABC)\cos \theta }}{{9\sin \theta }},$

απ' όπου προκύπτει το ζητούμενο $\boxed{\tan \theta = \frac{{12(ABC)}}{{{b^2} + {c^2} - 5{a^2}}}}$

Γιώργος Μήτσιος · #6

Καλό βράδυ και καλό μήνα σε όλους!
Προς το παρόν Γιώργο να σ' ευχαριστήσω για την πλήρη κάλυψη του παρόντος.
Σε επόμενη ανάρτηση θα (βρω την ευκαιρία να) δώσω και προσωπική (διαφορετική) λύση-προσέγγιση.

Ο κύριος λόγος που γράφω είναι για στείλω θερμές ευχές
στον Γιώργο Βισβίκη , σήμερα που συμπληρώνει οκτώ χρόνια μεστής κι' αξιοθαύμαστης παρουσίας στο

!!

Να συνεχίσεις Γιώργο να προσφέρεις, ακμαίος και δημιουργικός, για πολλά - πολλά χρόνια!

#7

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 02, 2021 12:00 am
Καλό βράδυ και καλό μήνα σε όλους!
Προς το παρόν Γιώργο να σ' ευχαριστήσω για την πλήρη κάλυψη του παρόντος.
Σε επόμενη ανάρτηση θα (βρω την ευκαιρία να) δώσω και προσωπική (διαφορετική) λύση-προσέγγιση.

Ο κύριος λόγος που γράφω είναι για στείλω θερμές ευχές
στον Γιώργο Βισβίκη , σήμερα που συμπληρώνει οκτώ χρόνια μεστής κι' αξιοθαύμαστης παρουσίας στο !!

Να συνεχίσεις Γιώργο να προσφέρεις, ακμαίος και δημιουργικός, για πολλά - πολλά χρόνια!

Σ' ευχαριστώ πολύ Γιώργο. Να είσαι πάντα καλά!

Γιώργος Μήτσιος · #8

Καλημέρα! Δίνω και προσωπική προσέγγιση:

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 25, 2021 12:24 am
Καλή εβδομάδα! Προσωπική σύνθεση για $\Phi$ ίλους, με αφορμές από την ..επικαιρότητα!

13-11 cotθ.png (119.88 KiB) Προβλήθηκε 1003 φορές

Το τρίγωνο έχει και $\widehat{AOB}=90^o$ ενώ για το σημείο ισχύει

Ο κύκλος των τέμνει την και στο . Στην προέκταση της παίρνουμε .

Αν $\widehat{AEB}=\theta$ τότε: Να υπολογιστεί η $cot \theta$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Όπως έδειξε ο Γιώργος το

είναι το βαρύκεντρο και έστω

το έγκεντρο του τριγώνου.

Για το ορθ. τρίγωνο AOB

επέλεξα τιμές OA=2

και

(οπότε $OB=\sqrt{5}$ )
ώστε να ισχύει $OA^2 +OB^2 +AB^2=3OA \cdot AB$ .

Έτσι λοιπόν τα B,G,I,C

είναι ομοκυκλικά σύμφωνα με την συνθήκη εγγραψιμότητας στο θεμα ΤΟΥΤΟ.

Τώρα , εύκολα βρίσκουμε AF=AO=2

και

οπότε $cot\theta =\dfrac{OE}{OA}=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}=\Phi$

Για το β' ζητούμενο

: 13-11 γωνία.png (125.76 KiB) Προβλήθηκε 1003 φορές

Θεωρώ το έγκεντρο

(κρύβοντας το

) και την διχοτόμο AID

. με το Θ. διχοτόμου βρίσκουμε $OD=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$ οπότε $tan\varphi =\sqrt{5}$ .

Είναι $\omega =\varphi +\dfrac{\pi }{4}$ άρα $tan\omega =\dfrac{\sqrt{5}+1}{1-\sqrt{5}}=-\Phi ^2=tan\left ( \widehat{ASO} \right )$
Συνεπώς τα σημεία

και

είναι στο εσωτερικό του τριγώνου ABO

και ανήκουν αμφότερα:

Αφενός στο τόξο των B,G,O

και αφετέρου σ' αυτό που βλέπει την

υπό γωνία $\omega$ .

Το δεύτερο σημείο τομής των τόξων είναι προφανώς το

. Άρα τα

και

ταυτίζονται

και τελικά $\widehat{ASB}=\widehat{AIB}=90^o+\widehat{AOB}/2=135^o$ .

Φιλικά, Γιώργος.

Εύρεση συνεφαπτομένης

Εύρεση συνεφαπτομένης

Re: Εύρεση συνεφαπτομένης

Re: Εύρεση συνεφαπτομένης

Re: Εύρεση συνεφαπτομένης

Re: Εύρεση συνεφαπτομένης

Re: Εύρεση συνεφαπτομένης

Re: Εύρεση συνεφαπτομένης

Re: Εύρεση συνεφαπτομένης

Μέλη σε σύνδεση