Δεν έχω λύση.

Συντονιστής: Μιχάλης Νάννος

Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 1184
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

Δεν έχω λύση.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Τρί Οκτ 13, 2020 10:01 pm

48.png
48.png (8.62 KiB) Προβλήθηκε 584 φορές

Υπολογίστε το μέτρο της γωνίας \theta .



Λέξεις Κλειδιά:
Manolis Petrakis
Δημοσιεύσεις: 23
Εγγραφή: Τετ Οκτ 07, 2020 3:19 pm
Τοποθεσία: Αγρίνιο

Re: Δεν έχω λύση.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Manolis Petrakis » Τρί Οκτ 13, 2020 11:49 pm

Μία λύση με τριγωνομετρία
Από την τριγωνομετρική εκδοχή του θεωρήματος του Ceva έχουμε:
\frac{\widehat{DBA}}{\widehat{DBC} }\frac{\widehat{DCB}}{\widehat{DCA}}\frac{\widehat{DAC}}{\widehat{DAB}} =1\Leftrightarrow \frac{ \sin 18^{\circ} }{ \sin 12^{\circ} }\frac{ \sin 24^{\circ} }{ \sin 18^{\circ} }\frac{ \sin \theta ^{\circ} }{\sin (108-\theta)^{\circ} }=1\Leftrightarrow \frac{ \sin (108-\theta)^{\circ} }{ \sin \theta^{\circ} }=2\cos 12^{\circ}
Η οποία γράφεται:
\sin 108^{\circ}\csc \theta =2\cos 12^{\circ}+\cos 108^{\circ} \Leftrightarrow \csc \theta= \frac{2\cos12^{\circ}-\sin 18^{\circ} }{\cos18^{\circ}}
Θα δείξουμε ότι \theta =30^{\circ}\Leftrightarrow \csc \theta =\sqrt{3}
Άρα αρκεί να δείξουμε ότι \sqrt{3}\cos 18^{\circ}+\sin 18^{\circ}=2\cos12^{\circ}
Το οποίο ισχύει αφού:
\sqrt{3}\cos 18^{\circ}+\sin 18^{\circ}=2\sin (18^{\circ}+\arctan \sqrt{3})=2\sin 78^{\circ}=2\cos 12^{\circ}

Άρα \theta= 30 ^{\circ}


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7438
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Δεν έχω λύση.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Οκτ 14, 2020 4:59 am

Υπόδειξη
Δεν έχω λύση Φάνης_b.png
Δεν έχω λύση Φάνης_b.png (61.59 KiB) Προβλήθηκε 502 φορές
Φέρνω τη μεσοκάθετο του BD και τέμνει την BC στο Z.

Άμεσες συνέπειες : BZ = ZD = DC\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {DCZ} = \widehat {DZC} = 24^\circ

Τα τρίγωνα ABD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,ADC. Έχουν ίσους κύκλους, K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L, λόγω της κοινής

χορδής AD που τα B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C\,\, την βλέπουν υπό γωνία 18^\circ .

Ας είναι H η τομή του K\,\,\mu \varepsilon \,\,\,BC . Το τετράπλευρο KZHD είναι εγγράψιμο και

μάλιστα ισοσκελές τραπέζιο και το τραπέζιο KHCD αναγκάζεται να γίνει παραλληλόγραμμο και μάλιστα ρόμβος .

Τώρα εκτός του ισοπλεύρου τριγώνου AKH ισόπλευρο είναι και το τρίγωνο LDC.

\boxed{\widehat {{\theta _{}}} = \frac{1}{2}\widehat {DLC} = 30^\circ }


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9692
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Δεν έχω λύση.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Οκτ 14, 2020 10:08 am

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:
Τρί Οκτ 13, 2020 10:01 pm
48.png


Υπολογίστε το μέτρο της γωνίας \theta .
Λίγο ανορθόδοξα. Ξεκινάω με την κατασκευή. Κατασκευάζω τρίγωνο ABC με \widehat B=30^\circ, \widehat C= 42^\circ. Αν O είναι

το περίκεντρο του τριγώνου τότε το OAC είναι ισόπλευρο και έστω AM η διάμεσός του και D το σημείο τομής της

με τον περίκυκλο του OAB. Θα δείξω ότι το D είναι το ίδιο με το σημείο D της εκφώνησης οπότε θα είναι \boxed{\theta =30^\circ}
Δεν έχω λύση.png
Δεν έχω λύση.png (25.21 KiB) Προβλήθηκε 459 φορές
Πράγματι, \displaystyle O\widehat BA = O\widehat AB = 48^\circ και λόγω του εγγεγραμμένου OBAD θα είναι \displaystyle C\widehat DM = O\widehat DM = O\widehat BA = 48^\circ

και \displaystyle O\widehat BD = O\widehat AD = 30^\circ, απ' όπου εύκολα \displaystyle D\widehat BA = D\widehat OA = A\widehat CD = 18^\circ και το ζητούμενο έπεται.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4688
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Δεν έχω λύση.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τετ Οκτ 14, 2020 7:16 pm

Καλησπέρα σε όλους. Ακόμα μία τριγωνομετρική αντιμετώπιση.


48.png
48.png (8.62 KiB) Προβλήθηκε 381 φορές

Από Νόμο Ημιτόνων στα BCD, ADC, ABD αντίστοιχα, έχουμε

 \displaystyle \frac{{{\rm B}D}}{{\eta \mu 24^\circ }} = \frac{{DC}}{{\eta \mu 12^\circ }},\;\;\frac{{DC}}{{\eta \mu \theta }} = \frac{{AD}}{{\eta \mu 18^\circ }},\;\;\frac{{AD}}{{\eta \mu 18^\circ }} = \frac{{BD}}{{\eta \mu \left( {108^\circ  - \theta } \right)}},\;\;0^\circ  < \theta  < 108^\circ

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη, έχουμε

 \displaystyle \eta \mu 24^\circ  \cdot \eta \mu \theta  \cdot \eta \mu 18^\circ  = \eta \mu 12^\circ  \cdot \eta \mu 18^\circ  \cdot \eta \mu \left( {108^\circ  - \theta } \right)

 \displaystyle  \Leftrightarrow 2\eta \mu 12^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ  \cdot \eta \mu \theta  = \eta \mu 12^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {\theta  - 18^\circ } \right)

 \displaystyle  \Leftrightarrow 2 \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ  \cdot \eta \mu \theta  = \sigma \upsilon \nu \left( {\theta  - 18^\circ } \right)

 \displaystyle  \Leftrightarrow 2 \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ  \cdot \eta \mu \theta  = \sigma \upsilon \nu \theta  \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ  + \eta \mu \theta  \cdot \eta \mu 18^\circ

 \displaystyle  \Leftrightarrow \left( {2 \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ  - \sigma \upsilon \nu 72^\circ } \right)\eta \mu \theta  = \sigma \upsilon \nu \theta  \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ

 \displaystyle  \Leftrightarrow \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ  + \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ  - \sigma \upsilon \nu 72^\circ } \right)} \right)\eta \mu \theta  = \sigma \upsilon \nu \theta  \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ

 \displaystyle  \Leftrightarrow \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ  + 2\eta \mu 30^\circ  \cdot \eta \mu 42^\circ } \right)\eta \mu \theta  = \sigma \upsilon \nu \theta  \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ

 \displaystyle  \Leftrightarrow \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ  + \sigma \upsilon \nu 48^\circ } \right)\eta \mu \theta  = \sigma \upsilon \nu \theta  \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ

 \displaystyle  \Leftrightarrow \left( {2\sigma \upsilon \nu 30^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ } \right)\eta \mu \theta  = \sigma \upsilon \nu \theta  \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ

 \displaystyle  \Leftrightarrow \sigma \varphi \theta  = \sqrt 3  \Leftrightarrow \theta  = 30^\circ


Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5465
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: Δεν έχω λύση.

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Πέμ Οκτ 15, 2020 11:38 am

Ο Μιχάλης Νάννος είχε βάλει πολλές τέτοιες με περίεργα νούμερα, αλλά πρέπει να τη δει ο ίδιος, μήπως είχε μπει και άλλη λύση.

Ωραία άσκηση πάντως !

ΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧ


Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 1184
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

Re: Δεν έχω λύση.

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Πέμ Οκτ 15, 2020 1:09 pm

Δεν νομίζω Μπάμπη να υπάρχει στις δημοσιεύσεις του Μιχάλη.
Απ' ότι βλέπω στο fb παραμένει άλυτη.


Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 1184
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

Re: Δεν έχω λύση.

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Πέμ Οκτ 15, 2020 8:42 pm

49.png
49.png (32.54 KiB) Προβλήθηκε 247 φορές

Ο πατέρας μου έλεγε: <<οι καλύτερες δουλειές αγόρι μου είναι οι δύσκολες δουλειές>>.

Γράφω τον περίκυκλο του \triangle BDC του οποίου το κέντρο ονομάζω O και
φέρνω τα τμήματα OB, OD, OC. Οι μπλέ γωνίες προκύπτουν εύκολα.
Στη συνέχεια γράφω τον περίκυκλο του \triangle BCO του οποίου το κέντρο
ονομάζω K και φέρνω τα τμήματα KB, KO, KC, KD. Οι κόκκινες γωνίες προκύπτουν επίσης εύκολα.
Οπότε \angle DOK=12^{0}. Ο δεύτερος κύκλος διέρχεται από το A αφού η μη κυρτή \angle CKB=216^{0}
και η \angle CAB=108^{0}. Έχουν δηλαδή τη σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης. Φέρνω και το τμήμα KA.
Προφανώς το \triangle CKA είναι ισόπλευρο. Άρα AK=AC (1).
Λήμμα: Στο ισοσκελές τρίγωνο BDO είναι \angle KDO=18^{0}.
Από το άθροισμα των γωνιών του \triangle KDC προκύπτει ότι KD=DC (2).
Από την (1) και (2) έπεται ότι η AD είναι μεσοκάθετος του KC.
Συνεπώς \theta =30^{0}.


Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 1184
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

Re: Δεν έχω λύση.

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Παρ Οκτ 16, 2020 10:38 am

50 (2).png
50 (2).png (15.34 KiB) Προβλήθηκε 193 φορές

Η απόδειξη του λήμματος.

Στο ισοσκελές τρίγωνο DOB θα δείξω ότι \angle KDO=18^{0}.
Κατασκευάζω το ισόπλευρο τρίγωνο DPO.
Το τρίγωνο POB είναι ισοσκελές με \angle OBP=36^{0}.
Οπότε η BK εάν προεκταθεί θα διέλθει από το P.
Επειδή \angle BPO=36^{0} και το τρίγωνο KPO είναι ισοσκελές με KP=PO.
Επομένως το P είναι το περίκεντρο του \triangle OKD.
Συνεπώς \angle KDO=18^{0}.


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1884
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Δεν έχω λύση.

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Παρ Οκτ 16, 2020 11:09 pm

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:
Τρί Οκτ 13, 2020 10:01 pm
48.png


Υπολογίστε το μέτρο της γωνίας \theta .

Κατασκευάζοντας το ισόπλευρο τρίγωνο EBC θα είναι \angle AEC= \angle ECA=18^0 κι έστω AM ύψος του

Κατασκευάζουμε  \angle DBN=6^0 οπότε \angle NBC= \angle NCB=18^0 \Rightarrow  \angle DCN=24^0-18^0=6^0 και NDCB

εγγράψιμο ,άρα \angle NDB= \angle NCB=18^0

Ακόμη, \angle NEA=12^0=\angle ABN και το EANB προφανώς είναι ισοσκελές τραπέζιο με \angle BAN=30^0

Έστω τώρα σημείο P στην AB ώστε AP=AC.Επειδή \angle PAC=108^0\Rightarrow \angle APC=\angle ACP=36^0 ,επομένως

\angle PCB=6^0 και \angle NCP=12^0=\angle NBP και το PNCB είναι εγγράψιμο,οπότε

\angle PNB= \angle PCB =6^0=\angle DBN άρα PN//BD συνεπώς \angle NPA=18^0

Ακόμη  \angle DQC= \angle DCQ=\angle NDB= 18^0 οπότε NDQP παραλ/μμο και PN=QD=DC

Έτσι,τα τρίγωνα APN,ADC είναι ίσα,συνεπώς \angle  \theta =30^0
30.png
30.png (34.49 KiB) Προβλήθηκε 153 φορές


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2809
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Δεν έχω λύση.

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Σάβ Οκτ 17, 2020 8:45 am

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
Τετ Οκτ 14, 2020 7:16 pm
Καλησπέρα σε όλους. Ακόμα μία τριγωνομετρική αντιμετώπιση.



48.png


Από Νόμο Ημιτόνων στα BCD, ADC, ABD αντίστοιχα, έχουμε

 \displaystyle \frac{{{\rm B}D}}{{\eta \mu 24^\circ }} = \frac{{DC}}{{\eta \mu 12^\circ }},\;\;\frac{{DC}}{{\eta \mu \theta }} = \frac{{AD}}{{\eta \mu 18^\circ }},\;\;\frac{{AD}}{{\eta \mu 18^\circ }} = \frac{{BD}}{{\eta \mu \left( {108^\circ  - \theta } \right)}},\;\;0^\circ  < \theta  < 108^\circ

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη, έχουμε

 \displaystyle \eta \mu 24^\circ  \cdot \eta \mu \theta  \cdot \eta \mu 18^\circ  = \eta \mu 12^\circ  \cdot \eta \mu 18^\circ  \cdot \eta \mu \left( {108^\circ  - \theta } \right)

 \displaystyle  \Leftrightarrow 2\eta \mu 12^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ  \cdot \eta \mu \theta  = \eta \mu 12^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {\theta  - 18^\circ } \right)

 \displaystyle  \Leftrightarrow 2 \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ  \cdot \eta \mu \theta  = \sigma \upsilon \nu \left( {\theta  - 18^\circ } \right)

 \displaystyle  \Leftrightarrow 2 \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ  \cdot \eta \mu \theta  = \sigma \upsilon \nu \theta  \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ  + \eta \mu \theta  \cdot \eta \mu 18^\circ

 \displaystyle  \Leftrightarrow \left( {2 \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ  - \sigma \upsilon \nu 72^\circ } \right)\eta \mu \theta  = \sigma \upsilon \nu \theta  \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ

 \displaystyle  \Leftrightarrow \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ  + \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ  - \sigma \upsilon \nu 72^\circ } \right)} \right)\eta \mu \theta  = \sigma \upsilon \nu \theta  \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ

 \displaystyle  \Leftrightarrow \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ  + 2\eta \mu 30^\circ  \cdot \eta \mu 42^\circ } \right)\eta \mu \theta  = \sigma \upsilon \nu \theta  \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ

 \displaystyle  \Leftrightarrow \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ  + \sigma \upsilon \nu 48^\circ } \right)\eta \mu \theta  = \sigma \upsilon \nu \theta  \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ

 \displaystyle  \Leftrightarrow \left( {2\sigma \upsilon \nu 30^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ } \right)\eta \mu \theta  = \sigma \upsilon \nu \theta  \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ

 \displaystyle  \Leftrightarrow \sigma \varphi \theta  = \sqrt 3  \Leftrightarrow \theta  = 30^\circ
Η παραπάνω πλήρης τριγωνομετρική λύση μας δείχνει τον δρόμο για μια όμορφη γενίκευση του αρχικού προβλήματος ... όπου οι γωνίες των 18^0 και 12^0 αντικαθιστώνται από γωνίες \alpha και \beta τέτοιες ώστε \alpha + \beta = 30^0 ... με αποτέλεσμα πάλι \theta = 30^0. (Νομίζω ότι γενικεύονται προς αυτήν την κατεύθυνση και οι πολύ όμορφες γεωμετρικές λύσεις που δόθηκαν.)

[Στην απόλυτη γενικότητα του προβλήματος ισχύει η \epsilon \phi \theta = \dfrac{\eta \mu (2\alpha + 3\beta )}{2\sigma \upsilon \nu \beta - \sigma \upsilon \nu (2\alpha + 3\beta )}, η επιπλέον συνθήκη \alpha + \beta = 30^0 οδηγεί άμεσα στην \epsilon \phi \theta = \dfrac{\eta \mu (\beta +60^0)}{2\sigma \upsilon \nu \beta -\sigma \upsilon \nu (\beta +60^0)}, και ακολούθως τεχνάσματα και τριγωνομετρικές ταυτότητες όπως αυτά που χρησιμοποιεί παραπάνω ο Γιώργος Ρίζος δίνουν \epsilon \phi \theta=\dfrac{1}{\sqrt{3}}.]


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης