Σελίδα 1 από 1

Γωνιαίο ζήτημα

Δημοσιεύτηκε: Παρ Μάιος 24, 2019 4:40 pm
από george visvikis
Γωνιαίο ζήτημα.png
Γωνιαίο ζήτημα.png (18.38 KiB) Προβλήθηκε 676 φορές
Το ABCD είναι τετράγωνο και το BCEFG κανονικό πεντάγωνο. Να βρείτε την οξεία γωνία \theta που σχηματίζουν οι AE, DF.

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Μάιος 25, 2019 8:44 am
από KARKAR
Γωνιαίο.png
Γωνιαίο.png (18.72 KiB) Προβλήθηκε 612 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 .

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Μάιος 25, 2019 5:55 pm
από rek2
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)

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Μάιος 26, 2019 10:41 am
από george visvikis
Υπάρχει Ευκλείδεια λύση (;)

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Δημοσιεύτηκε: Τρί Μάιος 28, 2019 3:05 am
από Γιώργος Μήτσιος
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 499 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.

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Δημοσιεύτηκε: Τρί Μάιος 28, 2019 5:48 pm
από rek2
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!!

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Δημοσιεύτηκε: Τετ Μάιος 29, 2019 2:00 am
από Γιώργος Μήτσιος
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 433 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.

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Μάιος 30, 2019 3:30 pm
από rek2
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 386 φορές

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιουν 03, 2019 5:41 pm
από george visvikis
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 323 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}

Re: Γωνιαίο ζήτημα

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιουν 03, 2019 5:53 pm
από Doloros
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: