Γωνιαίο ζήτημα

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8296
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Γωνιαίο ζήτημα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Μάιος 24, 2019 4:40 pm

Γωνιαίο ζήτημα.png
Γωνιαίο ζήτημα.png (18.38 KiB) Προβλήθηκε 633 φορές
Το ABCD είναι τετράγωνο και το BCEFG κανονικό πεντάγωνο. Να βρείτε την οξεία γωνία \theta που σχηματίζουν οι AE, DF.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10734
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Γωνιαίο ζήτημα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Μάιος 25, 2019 8:44 am

Γωνιαίο.png
Γωνιαίο.png (18.72 KiB) Προβλήθηκε 569 φορές
Θεωρούμε γνωστά τα εξής : α) Τους τριγωνομετρικούς αριθμούς των 18^0

β) Ότι διαγώνιος BF=a \phi και γ) : tan\theta=\dfrac{\lambda-\lambda'}{1+\lambda\cdot\lambda'} .

Οι επίπονες πράξεις δίνουν : \tan\theta =1 , δηλαδή : \theta=45^0 .


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1795
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Γωνιαίο ζήτημα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Μάιος 25, 2019 5:55 pm

Μπορούμε να δείξουμε ότι  \angle CDF=\angle CAE, που τελειώνει την άσκηση.

Δεν είναι απλό, αφού στο βάθος κρύβεται η επίλυση των τριγώνων CDF,\,\,\,CAE.

(Το πρώτο έχει CD=1,\,\,CF=\varphi και περιεχόμενη γωνία 90^{o}  + 72^o. Το δεύτερο είναι \sqrt{2},\,\,1,\,\,108^o+45^o)


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8296
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Γωνιαίο ζήτημα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Μάιος 26, 2019 10:41 am

Υπάρχει Ευκλείδεια λύση (;)


Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1053
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Γωνιαίο ζήτημα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τρί Μάιος 28, 2019 3:05 am

Καλημέρα σε όλους! Μια προσπάθεια στα πλαίσια -θεωρώ- της Ευκλείδειας Γεωμετρίας με χρήση του σχήματος:
Γωνιαίο ζήτημα G.V.PNG
Γωνιαίο ζήτημα G.V.PNG (22.28 KiB) Προβλήθηκε 456 φορές
Φέρω FQ,IEO \perp  DC και EN \perp  ACI.Αν DC=1 τότε AC=\sqrt{2} ...CF=\Phi .

Όπως έχει δειχθεί και Γεωμετρικά είναι sin18^{0}=1/2\Phi

οπότε και cos18^{0}=..=\dfrac{\sqrt{4\Phi +3}}{2\Phi }=\dfrac{V}{2\Phi } ( θέτοντας \sqrt{4\Phi +3}=V , όπως λέμε.. :) .. Visvikis !)

Στο ορθογώνιο τρίγωνο CFQ είναι FQ=CFsin18^{0}=1/2 και με το Π.Θ CQ=\dfrac{\sqrt{4\Phi ^{2}-1}}{2}=\dfrac{\sqrt{4\Phi +3}}{2}=\dfrac{V}{2} οπότε DQ=DC+CQ= \dfrac{V+2}{2}  \Rightarrow \boxed {\dfrac{FQ}{DQ}=\dfrac{1}{V+2}}..(1)

Ισχύουν , όπως θα δείξω σε επόμενη υποβολή οι σχέσεις

\dfrac{EN}{CE}=\dfrac{OI}{IC}\cdot \dfrac{OC}{CE}-\dfrac{OE}{CE}\cdot \dfrac{OC}{IC}..(a) και \dfrac{CN}{CE}=\dfrac{OC}{IC}\cdot \dfrac{OC}{CE}+\dfrac{OE}{CE}\cdot \dfrac{OI}{IC}..(b)

Από την a παίρνουμε \dfrac{EN}{CE}=\dfrac{\sqrt{2}cos18^{0}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}sin18^{0}}{2} με CE=1 άρα EN=..= \dfrac{\sqrt{2}\left ( V-1 \right )}{4\Phi }

και από την b παίρνουμε \dfrac{CN}{CE}=\dfrac{\sqrt{2}cos18^{0}}{2}+\dfrac{\sqrt{2}sin18^{0}}{2} άρα CN=\dfrac{\sqrt{2}\left ( V+1 \right )}{4\Phi } 
 , τότε AN=AC+CN= \dfrac{\sqrt{2}\left ( V+1+4\Phi  \right )}{4\Phi }

επομένως \boxed{\dfrac{EN}{AN}=\dfrac{V-1}{V+1+4\Phi }}...(2)

Όμως \dfrac{1}{V+2}=\dfrac{V-1}{V+1+4\Phi }\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow V^{2}=4\Phi +3 που ισχύει συνεπώς \dfrac{FQ}{DQ}=\dfrac{EN}{AN}

δηλ. τα ορθ. τρίγωνα DFQ,ANE είναι όμοια οπότε \widehat{CDP}=\widehat{CAP}.

Το P λοιπόν ανήκει στον περίκυκλο του ABCD και τελικά \theta =45^{0}.Φιλικά , Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1795
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Γωνιαίο ζήτημα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τρί Μάιος 28, 2019 5:48 pm

Να μία γεωμετρική λύση:

Με ενδιαφέρει μόνο το πεντάγωνο. Έστω Χ το κοινό σημείο των κύκλων με διαμέτρους CE, BF που είναι πλησιέστερα στην BC.

Είναι απλό και ωραίο να δείξουμε οτι οι κύκλοι αυτοί είναι ορθογώνιοι.

Στη συνέχεια, μετρώντας γωνίες, είναι ομοίως απλό να βρούμε ότι η γωνία CXB είναι 135 μοιρών. (Αν Κ, L είναι τα κέντρα των κύκλων, τότε οι γωνιες CXK, BXL έχουν άθροισμα 135 )

Τέλος, εύκολο, το Χ συμπίπτει με το P. :lol:

Ελπίζω να μη διαβάσει την λύση ... ο Σταύρος! Αν όμως την διαβάσει, να βάλει το σχήμα!!


Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1053
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Γωνιαίο ζήτημα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τετ Μάιος 29, 2019 2:00 am

Χαιρετώ και πάλι. Ας δείξουμε λοιπόν τις σχέσεις

\dfrac{EN}{CE}=\dfrac{OI}{IC}\cdot \dfrac{OC}{CE}-\dfrac{OE}{CE}\cdot \dfrac{OC}{IC}..(a) και \dfrac{CN}{CE}=\dfrac{OC}{IC}\cdot \dfrac{OC}{CE}+\dfrac{OE}{CE}\cdot \dfrac{OI}{IC}..(b)
γενικότερα
καλύπτοντας βεβαίως και το ως άνω ζήτημα
Γωνιαίο ζήτημα  ...PNG
Γωνιαίο ζήτημα ...PNG (9.12 KiB) Προβλήθηκε 390 φορές
Έχουμε : (a) \Leftrightarrow EN\cdot IC=OC\left ( OI-OE \right )\Leftrightarrow EN\cdot IC =OC\cdot IE που ισχύει αφού κάθε γινόμενο ισούται με 2(ECI)

Ακόμη: Το NEOC είναι εγγράψιμο άρα IO\cdot IE=IC \cdot IN κι΄έτσι

(b) \Leftrightarrow CN\cdot CI=OC^{2}+OI\left ( OI-IE \right )\Leftrightarrow CN\cdot CI+OI\cdot IE=OC^{2}+OI^{2}

\Leftrightarrow CN\cdot CI+CI\cdot IN=CI^{2}  \Leftrightarrow CI\left ( CN+IN \right )=CI^{2}\Leftrightarrow CI^{2}=CI^{2}

Γίνεται φανερό ότι η ισοδύναμη τριγωνομετρική μορφή της (a) είναι : sin\left ( x-y \right )=sinx\cdot cosy-siny\cdot cosx

και της (b) : cos\left ( x-y \right )=cosx\cdot cosy+sinx\cdot siny

Θεωρώ συνεπώς ότι η χρήση των ως άνω τριγωνομετρικών τύπων -που αποδείξαμε με γεωμετρικά εργαλεία-
δεν στερούν τον Γεωμετρικό χαρακτήρα λύσεων , όπως αυτή που υπέβαλα στην προηγούμενη ανάρτησή μου.
Φιλικά , Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1795
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Γωνιαίο ζήτημα

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Πέμ Μάιος 30, 2019 3:30 pm

Ας γράψω αναλυτικότερα τις σκέψεις μου:

Οι κύκλοι με διαμέτρους CE,BF έχουν κέντρα τα K,L, αντιστοίχως και το X είναι κοινό τους σημείο.

Αν η πλευρά του πενταγώνου είναι 2, τότε (γνωστό) η διαγώνιος BF=2\varphi . Έτσι KX=1,LX = \varphi

Το τμήμα KL είναι ίσο με το ύψος d του τραπεζίου CEFB, για το οποίο από το ορθογώνιο τρίγωνο EHF υπολογίζεται ότι ( υπόψη \varphi ^2=\varphi +1):

d^2=EF^2-HF^2=2^2-(\varphi -1)^2=\varphi ^2+1= \varphi +2

Έτσι από το αντίστροφο του Πυθαγορείου θεωρήματος, το τρίγωνο KXL είναι ορθογώνιο. Επομένως

\gamma +\delta =90^o\Rightarrow (180^o-2\alpha )+(180^o-2\beta )=90^o\Rightarrow \alpha +\beta =135^o και

\measuredangle CXB=360^o-90^o-135^o=135^o

Επομένως το σημείο X ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου ABCD, οπότε \measuredangle DXA=45^o

Θα δείξουμε ότι ο σημείο X συμπίπτει με το P, δηλαδή ότι είναι το σημείο τομής των τμημάτων AE,DF. Αυτό, επειδή \measuredangle DXA=45^o τελειώνει την απόδειξη.

Πραγματικά, αρκεί να δείξουμε ότι τα σημεία A,X,E , όπως και τα σημεία D,X,F είναι συνευθειακά. Αυτά προκύπτουν από τις προφανείς ισότητες:

\measuredangle AXC+\measuredangle CXE=90^o+90^o=180^o και \measuredangle DXB+\measuredangle BXF=90^o+90^o=180^o

1.png
1.png (61.86 KiB) Προβλήθηκε 343 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8296
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Γωνιαίο ζήτημα

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Ιουν 03, 2019 5:41 pm

Ευχαριστώ τον Θανάση, τον Κώστα και το Γιώργο για την ενασχόλησή τους με το θέμα και για τις λύσεις τους. Ας δούμε και μία πιο απλή λύση (δεν είναι δική μου).

Οι κύκλοι (F, FD), (A, AC) τέμνονται στο H.
Γωνιαίο ζήτημα.ΙΙ.png
Γωνιαίο ζήτημα.ΙΙ.png (31.22 KiB) Προβλήθηκε 280 φορές
Εκ κατασκευής τα κόκκινα τρίγωνα είναι ίσα, καθώς επίσης και τα γαλάζια. Εύκολα βρίσκω: \displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
\omega  + \varphi  = 27^\circ \\ 
\\ 
x + y = 18^\circ  
\end{array} \right.

απ' όπου παίρνω \displaystyle D\widehat EH = 72^\circ  - (x + y) = 54^\circ και \displaystyle F\widehat HD = 63^\circ  = H\widehat DF = 90^\circ  - (\omega  + x) \Leftrightarrow \omega  + x = 27^\circ

Άρα \displaystyle \varphi  = x, τα A, B, P, C, D είναι ομοκυκλικά και \boxed{A\widehat PD=45^\circ}


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6652
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Γωνιαίο ζήτημα

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Ιουν 03, 2019 5:53 pm

george visvikis έγραψε:
Δευ Ιουν 03, 2019 5:41 pm
Ευχαριστώ τον Θανάση, τον Κώστα και το Γιώργο για την ενασχόλησή τους με το θέμα και για τις λύσεις τους. Ας δούμε και μία πιο απλή λύση (δεν είναι δική μου).

Οι κύκλοι (F, FD), (A, AC) τέμνονται στο H. Γωνιαίο ζήτημα.ΙΙ.png
Εκ κατασκευής τα κόκκινα τρίγωνα είναι ίσα, καθώς επίσης και τα γαλάζια. Εύκολα βρίσκω: \displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
\omega  + \varphi  = 27^\circ \\ 
\\ 
x + y = 18^\circ  
\end{array} \right.

απ' όπου παίρνω \displaystyle D\widehat EH = 72^\circ  - (x + y) = 54^\circ και \displaystyle F\widehat HD = 63^\circ  = H\widehat DF = 90^\circ  - (\omega  + x) \Leftrightarrow \omega  + x = 27^\circ

Άρα \displaystyle \varphi  = x, τα A, B, P, C, D είναι ομοκυκλικά και \boxed{A\widehat PD=45^\circ}
Όλες ωραίες αλλά αυτή είναι το κάτι άλλο .
:clap2:


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες