Γωνιαίο ζήτημα

#1

: Γωνιαίο ζήτημα.png (18.38 KiB) Προβλήθηκε 1048 φορές

Το

είναι τετράγωνο και το BCEFG

κανονικό πεντάγωνο. Να βρείτε την οξεία γωνία $\theta$ που σχηματίζουν οι AE, DF.

KARKAR · #2

: Γωνιαίο.png (18.72 KiB) Προβλήθηκε 984 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 : $\theta=45^0$ .

#3

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 $\sqrt{2},\,\,1,\,\,108^o+45^o$ )

#4

Υπάρχει Ευκλείδεια λύση (;)

Γιώργος Μήτσιος · #5

Καλημέρα σε όλους! Μια προσπάθεια στα πλαίσια -θεωρώ- της Ευκλείδειας Γεωμετρίας με χρήση του σχήματος:

: Γωνιαίο ζήτημα G.V.PNG (22.28 KiB) Προβλήθηκε 871 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

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

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

λοιπόν ανήκει στον περίκυκλο του ABCD

και τελικά $\theta =45^{0}$ .Φιλικά , Γιώργος.

#6

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.

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

Γιώργος Μήτσιος · #7

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 (9.12 KiB) Προβλήθηκε 805 φορές

Έχουμε :

$\Leftrightarrow EN\cdot IC=OC\left ( OI-OE \right )\Leftrightarrow EN\cdot IC =OC\cdot IE$ 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.

#8

Ας γράψω αναλυτικότερα τις σκέψεις μου:

Οι κύκλοι με διαμέτρους CE,BF

έχουν κέντρα τα K,L

, αντιστοίχως και το

είναι κοινό τους σημείο.

Αν η πλευρά του πενταγώνου είναι

τότε (γνωστό) η διαγώνιος $BF=2\varphi$ . Έτσι $KX=1,LX = \varphi$

Το τμήμα

είναι ίσο με το ύψος

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

ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου ABCD

, οπότε $\measuredangle DXA=45^o$

Θα δείξουμε ότι ο σημείο

συμπίπτει με το

, 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 (61.86 KiB) Προβλήθηκε 758 φορές

#9

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

: Γωνιαίο ζήτημα.ΙΙ.png (31.22 KiB) Προβλήθηκε 695 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 $\boxed{A\widehat PD=45^\circ}$

#10

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 τέμνονται στο 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 είναι ομοκυκλικά και $\boxed{A\widehat PD=45^\circ}$

Όλες ωραίες αλλά αυτή είναι το κάτι άλλο .

Γωνιαίο ζήτημα

Γωνιαίο ζήτημα

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Μέλη σε σύνδεση