mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 23, 2011 1:32 am**

Παραλλαγή (νομίζω πολύ… δύσκολη ) του Γεωμετρείν 8.
Δημιουργούμε δυο εφεξής γωνίες tAs

και

έτσι ώστε να είναι
tAs= 3 sAz=3x

.
Επί της

παίρνουμε τυχαίο σημείο

και δημιουργούμε γωνία ADB=45

μοίρες όπως στο σχήμα.
Αν η

τέμνει την

στο σημείο

, βρείτε τη γωνία

έτσι ώστε το σημείο

να είναι το μέσο του

.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 10.PNG (20.89 KiB) Προβλήθηκε 673 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 23, 2011 3:48 am**

Δημήτρη καλημέρα!!!

Όμορφο θέμα: Έχει όμορφες "στροφούλες"

Έστω $\displaystyle{ \hat \omega = \widehat{ACB} }$ τότε θα ισχύει: $\displaystyle{ 45^0 = \widehat{ADB}\mathop = \limits^{\left( * \right)} \widehat{DAC} + \widehat{ACB}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{DAC} = x,\widehat{ACB} = \omega } \Rightarrow \boxed{x + \omega = 45^0 }:\left( 1 \right) }$ . $\displaystyle{ \left( * \right) }$ : (εξωτερική του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ADC }$ ).

Από το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC \Rightarrow \widehat{BAC} + \widehat{ACB} + \widehat{CBA} = 180^0 }$ $\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{BAC} = 4x,\widehat{ACB} = \omega ,180^0 = 4 \cdot 45^0 \mathop = \limits^{x + \omega = 45^0 } 4\left( {x + \omega } \right)} }$ $\displaystyle{ 4x + \omega + \widehat{CBA} = 4\left( {x + \omega } \right) \Rightarrow \ldots \boxed{\widehat{CBA} = 3\omega }:\left( 2 \right) }$

Θεωρούμε την $\displaystyle{ Dy \bot BC }$ και έστω $\displaystyle{ K \equiv Dy \cap AC }$ . Τότε προφανώς επειδή από την υπόθεση ισχύει $\displaystyle{ BD = DC }$ θα είναι $\displaystyle{ Dy }$ μεσοκάθετη της

$\displaystyle{ BC\mathop \Rightarrow \limits^{K \in Dy} KB = KC \Rightarrow \vartriangle KBC }$ είναι ισοσκελές οπότε $\displaystyle{ \widehat{CBK} = \widehat{BCK} = \omega \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right):\widehat{CBA} = 3\omega } \widehat{KBA} = 3\omega - \omega \Rightarrow \boxed{\widehat{KBA} = 2\omega }:\left( 3 \right) }$

Επίσης στο ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle KBC }$ είναι $\displaystyle{ \widehat{AKB} }$ είναι εξωτερική του οπότε θα ισχύει: $\displaystyle{ \widehat{AKB} = 2\widehat{ACB}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{ACB} = \omega } \boxed{\widehat{AKB} = 2\omega }:\left( 4 \right) }$ .

Από $\displaystyle{ \left( 3 \right),\left( 4 \right) \Rightarrow \widehat{KBA} = \widehat{AKB} = 2\omega \Rightarrow \vartriangle ABK }$ ισοσκελές $\displaystyle{ \left( {AB = AK} \right) }$ . Αν $\displaystyle{ M }$ είναι το μέσο της $\displaystyle{ BK }$ τότε επειδή όπως είδαμε το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABK }$

είναι ισοσκελές με «κορυφή» το $\displaystyle{ A }$ θα είναι $\displaystyle{ AM }$ ύψος , διάμεσος και διχοτόμος οπότε $\displaystyle{ \widehat{BMA} = \widehat{MAK} = \frac{{\widehat{BAK}}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{BAK} = 4x} \widehat{BMA} = \boxed{\widehat{MAK} = 2x}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{DAK} = x} \boxed{\widehat{MAD} = x}:\left( 5 \right) }$

Στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BCK }$ τα $\displaystyle{ D,M }$ είναι τα μέσα των πλευρών του $\displaystyle{ BC,BK }$ αντίστοιχα άρα

$\displaystyle{ DM//KC\left( {DM = \frac{{KC}} {2}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{A,K,C(\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa )} DM//AC \Rightarrow \widehat{ADM}\mathop = \limits^{(\varepsilon \nu \tau \varsigma - \varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \xi )} \widehat{DAK} }$ $\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{DAK} = \widehat{MAD} = x} \widehat{ADM} = \widehat{MAD} = x \Rightarrow \vartriangle MDA }$ ισοσκελές άρα $\displaystyle{ \boxed{AM = DM}:\left( 6 \right) }$ .

Στο ορθογώνιο όμως τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle KDB }$ με διάμεσο προς την υποτείνουσά του την $\displaystyle{ DM }$ θα ισχύει: $\displaystyle{ DM = \frac{{BK}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 6 \right):DM = AM} \boxed{AM = \frac{{BK}} {2}}:\left( 7 \right) }$ .

Τέλος στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BAK }$ από τη σχέση $\displaystyle{ \left( 7 \right) }$ προκύπτει ότι επειδή η διάμεσός του $\displaystyle{ AM }$ που αντιστοιχεί στην πλευρά του $\displaystyle{ BK }$ είναι το μισό της

το τρίγωνο θα είναι ορθογώνιο με ορθή τη γωνία που βρίσκεται απέναντι από την πλευρά αυτή, δηλαδή $\displaystyle{ \widehat{BAK} = 90^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{BAK} = 4x} 4x = 90^0 \Rightarrow \boxed{x = 22,5^0 } }$

Φιλικά και όσο μπορούμε γεωμετρικά και αναλυτικά
Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 23, 2011 4:27 am**

Τελικά Στάθη κατάλαβα πως λειτουργείς ...... ΠΩΡΩΝΕΣΑΙ !!
Για να φτάσεις στην ύψιστη απόδοσή σου θα πρέπει οι προδιαγραφές της άσκησης να είναι εξωπραγματικές.
Οπως και να έχει εισαι άπαιχτος.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 23, 2011 9:19 am**

μετά την υπέροχη απάντηση του Στάθη (Στάθη πω πω τι ώρα έγραφες...

)

ας δώσουμε και μία σύντομη μεν ,άχαρη δε τριγωνομετρική με νόμο ημιτόνων

$\displaystyle{\vartriangle ADC \rightarrow \frac{DC}{\sin x}=\frac{AD}{\sin(45-x)},~~(1)}$

$\displaystyle{\vartriangle ADB \rightarrow \frac{DB}{\sin 3x}=\frac{AD}{\sin(45+3x)},~~(2)}$

$\displaystyle{(1),(2)\Rightarrow \frac{\sin 3x}{\sin x}=\frac{\sin(45+3x)}{\sin(45-x)}\Rightarrow \frac{\sin 3x}{\sin x}=\frac{\cos 3x+\sin 3x}{\cos x-\sin x}\Rightarrow }$

$\displaystyle{\sin(3x)\cos x-\sin(3x)\sin x=\sin x \cos(3x)+\sin x\sin(3x)\Rightarrow\sin(2x)=2\sin(3x)\sin x\Rightarrow }$

$\displaystyle{\cos x=\sin(3x)\Rightarrow \sin(3x)=\sin(\frac{\pi}{2}-x)\Rightarrow ~~ (\mu o \nu o )~~ 3x=\frac{\pi}{2}-x\Rightarrow x=\frac{\pi}{8}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 23, 2011 9:32 am**

: Γεωμετρείν-10.png (26.32 KiB) Προβλήθηκε 588 φορές

Καλημέρα Δημήτρη, Στάθη, Φωτεινή, . Ακόμα μία Γεωμετρική λύση.

Είναι $A\widehat DC = {135^ \circ },A\widehat BD = {135^ \circ } - 3x$ . Φέρω

κάθετη και ίση με

. Το τρίγωνο BEC

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε $E\widehat BC = {45^ \circ }$ . Από την ισότητα των τριγώνων $ADE,\,ADC\,\left( {\Pi - \Gamma - \Pi } \right)$ παίρνουμε $AE = AC,\,D\widehat AE = D\widehat AC = x$ , οπότε $B\widehat AE = 2x$ .

Στην προέκταση της

παίρνω τμήμα AZ = AE = AC

. Από παραπληρωματική της $A\widehat BE$ θα έχω $Z\widehat BE = 3x$ και απ’ το ισοσκελές AZE

(εφόσον $Z\widehat AE = 2x$ ) θα έχω ${\rm A}\widehat Z{\rm E} = {90^ \circ } - x$ .

Από την ισότητα των τριγώνων $AZE,{\mkern 1mu} AEC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\Pi - \Gamma - \Pi } \right)$ έχουμε ZE = EC = EB

. Από τις προσκείμενες στη βάση γωνίες του ισοσκελούς EZB

προκύπτει η εξίσωση: ${90^ \circ } - x = 3x \Leftrightarrow x = {22,5^ \circ }$ .

Edit: Έκανα κάποιες αλλαγές στην απόδειξη. Το τμήμα , όπως και το σημείο δε χρειάζονται...