Γνωστή γωνία

#1

: Γνωστή γωνία.png (9.49 KiB) Προβλήθηκε 1728 φορές

Το ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\left( {A = 90^\circ } \right)$ έχει $AB = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = 3$ .

Φέρνω τη διχοτόμο

και έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

.

Δείξετε ότι $\widehat {{\theta _{}}} = 45^\circ$

Έχει λύσεις ωραίες για κάθε γούστο . Πιο κάτω και πιο πάνω .Όλες δεκτές.

Ιστοσελίδα · #2

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 17, 2020 2:26 am

Το ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\left( {A = 90^\circ } \right)$ έχει $AB = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = 3$ .

Φέρνω τη διχοτόμο και έστω το συμμετρικό του ως προς το .

Δείξετε ότι $\widehat {{\theta _{}}} = 45^\circ$

Έχει λύσεις ωραίες για κάθε γούστο . Πιο κάτω και πιο πάνω .Όλες δεκτές.

Καλημέρα Νίκο!

: shape.png (20.46 KiB) Προβλήθηκε 1715 φορές

Κατασκευάζω το παραλληλόγραμμο EKCB

και από θεώρημα διχοτόμου και Π.Θ. προκύπτει το παραπάνω σχήμα.

Έτσι, $\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{5}{2} \cdot 3\mathop = \limits^{(CDK)} \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{3\sqrt 5 }}{2} \cdot \sqrt {10} \sin \theta \Leftrightarrow \sin \theta = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \theta = {45^ \circ }$

#3

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 17, 2020 2:26 am
Γνωστή γωνία.png

Το ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\left( {A = 90^\circ } \right)$ έχει $AB = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = 3$ .

Φέρνω τη διχοτόμο και έστω το συμμετρικό του ως προς το .

Δείξετε ότι $\widehat {{\theta _{}}} = 45^\circ$

Έχει λύσεις ωραίες για κάθε γούστο . Πιο κάτω και πιο πάνω .Όλες δεκτές.

Καλημέρα!

Έστω F, H

οι προβολές του

στις

αντίστοιχα. Τότε $\displaystyle EF = EH = 2DA = 3,BF = 1.$

: Γνωστή γωνία.png (14.57 KiB) Προβλήθηκε 1702 φορές

$\displaystyle \tan (\varphi + \theta ) = 2 \Leftrightarrow \frac{{\frac{1}{3} + \tan \theta }}{{1 - \frac{1}{3}\tan \theta }} = 2 \Leftrightarrow \tan \theta = 1$ και $\boxed{\theta=45^\circ}$

#4

Αλλιώς χωρίς τριγωνομετρία.
Στην προέκταση της

θεωρώ σημείο

ώστε

Τότε η

είναι μεσοκάθετη της BZ.

: Γνωστή γωνία.β.png (13.44 KiB) Προβλήθηκε 1685 φορές

Από τον τύπο της διχοτόμου, $\displaystyle C{E^2} = 4C{D^2} = 4(3 \cdot 5 - AD \cdot DB) = 60 - 4 \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{5}{2} = 45 \Leftrightarrow$ $\boxed{CE=3\sqrt 5}$

Με Π. Θ βρίσκω $BZ=2\sqrt 5.$ Αλλά, $\displaystyle \frac{1}{2}BZ \cdot CM = (ZBC) = \frac{1}{2}ZC \cdot BA = 10 \Leftrightarrow CM = 2\sqrt 5$

Οπότε, $\displaystyle ME = \sqrt 5 = \frac{{BZ}}{2},$ άρα το EBZ

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε $\boxed{\theta=45^\circ}$

KARKAR · #5

: Κρητικό σαρανταπεντάρι.png (9.13 KiB) Προβλήθηκε 1680 φορές

Θεώρημα διχοτόμων : AD=1.5 , DB=2.5

. Πυθαγόρειο : $CD=1.5\sqrt{5} , CE=3\sqrt{5}$

$\cos\phi=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$ . Ν. συνημιτόνων : $BE\sqrt{10}$ . Άρα : $\cos\theta=\dfrac{EC^2+EB^2-BC^2}{2EC\cdot EB}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}$

angvl · #6

: γνωστή γωνία.png (79.58 KiB) Προβλήθηκε 1678 φορές

Καλημέρα!

Μία ερώτηση γιατί συνήθως την πατάω...

Πήρα το συμμετρικό του

ως πρς την ευθεία

οπότε το $\triangle ETC$ είναι ισοσκελές και μετά βγάζω $\theta = \omega +\phi = 45^0$ .Δεν χρησιμοποιώ πουθενά τα μήκη των πλευρών του

τριγώνου για αυτό ρωτάω μήπως κάτι δεν το σκέφτομαι σωστά.

#7

angvl έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 17, 2020 12:36 pm
γνωστή γωνία.png

Καλημέρα!

Μία ερώτηση γιατί συνήθως την πατάω...

Πήρα το συμμετρικό του ως πρς την ευθεία
οπότε το $\triangle ETC$ είναι ισοσκελές και μετά βγάζω $\theta = \omega +\phi = 45^0$ .Δεν χρησιμοποιώ πουθενά τα μήκη των πλευρών του

τριγώνου για αυτό ρωτάω μήπως κάτι δεν το σκέφτομαι σωστά.

Έχεις πάρει αυθαίρετα ότι τα σημεία A, B, T

είναι συνευθειακά. Αυτό συμβαίνει μόνο με τις τιμές που δίνονται.

angvl · #8

: γνωστή γωνία2.png (116.78 KiB) Προβλήθηκε 1612 φορές

Καλησπέρα! Με αναλυτική(εκτός φακέλου).

Θεωρώ ορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων με $\displaystyle A(0,0),B(4,0),C(0,3)$ .Απο Θ.εσωτερικής διχοτόμου βρίσκω ότι

$\displaystyle AD = \frac{3}{2}$ άρα το σημείο

έχει συν/νες $\displaystyle D(\frac{3}{2},0)$ .

Το

είναι το συμμετρικό του σημείου

με κέντρο το σημείο

. Αρα

$\displaystyle x_{D} = \frac{x_{C}+x_{E}}{2} \Rightarrow x_{E} = 3$ και $\displaystyle y_{D} = \frac{y_{C}+y_{E}}{2} \Rightarrow y_{E} = -3$ . Αρα E(3,-3)

Εστω $\displaystyle \lambda_{1}$ η κλίση της ευθείας

και $\displaystyle \lambda_{2}$ της

. Είναι

$\displaystyle \lambda_{1} = -\frac{AC}{AD} = -2$ και $\displaystyle \lambda_{2} = \frac{y_{B} - y_{E}}{x_{B}-x_{E}} = 3$ .

Η οξεία γωνία των δύο ευθειών δίνεται απ την σχέση: $\displaystyle \tan \theta =| \frac{\lambda_{1}- \lambda_{2}}{1+\lambda_{1}\lambda_{2}}|$

Αρα $\displaystyle \tan \theta = |\frac{-2-3}{1-6}| \Rightarrow \tan \theta = 1 \Rightarrow \theta = 45^0$

#9

Καλησπέρα σε όλους. Η αρχική μου προσέγγιση ήταν ακριβώς αυτή που ανάρτησε παραπάνω ο anglv (και χαίρομαι γι' αυτό!), οπότε αναγκάζομαι να αναζητήσω μια άλλη, που να πληροί δύο βασικά κριτήρια: (i) να μην έχει αναρτηθεί και (ii) εφόσον γίνεται να μην φέρω βοηθητικές.

: 17-02-2020 Γεωμετρία.jpg (30.64 KiB) Προβλήθηκε 1580 φορές

Από Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ABC

είναι

.

Επίσης $\displaystyle \varepsilon \varphi C = \frac{{AB}}{{AC}} \Leftrightarrow \varepsilon \varphi 2\varphi = \frac{4}{3} \Rightarrow \frac{{2\varepsilon \varphi \varphi }}{{1 - \varepsilon {\varphi ^2}\varphi }} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow \varepsilon \varphi \varphi = \frac{1}{2}$ , αφού $\phi$ οξεία γωνία.

Οπότε, στο ADC

είναι $\displaystyle \varepsilon \varphi \varphi = \frac{{AD}}{{AC}} \Leftrightarrow AD = \frac{3}{2} \Rightarrow DC = \sqrt {A{D^2} + A{C^2}} = \frac{{3\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow EC = 3\sqrt 5$ .

Ακόμα $\displaystyle \eta \mu \varphi = \sqrt {\frac{{\varepsilon {\varphi ^2}\varphi }}{{1 + \varepsilon {\varphi ^2}\varphi }}} = \frac{{\sqrt 5 }}{5},\;\;\sigma \upsilon \nu \varphi = \sqrt {\frac{1}{{1 + \varepsilon {\varphi ^2}\varphi }}} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}$ .

Οπότε, στο EBC

είναι $\displaystyle {\rm E}{{\rm B}^2} = 45 + 25 - 2 \cdot 3\sqrt 5 \cdot 5 \cdot \frac{{2\sqrt 5 }}{5} = 10 \Rightarrow {\rm E}{\rm B} = \sqrt {10}$ .

Από Ν. Ημιτόνων στο EBC

, είναι $\displaystyle \frac{{BC}}{{\eta \mu \theta }} = \frac{{E{\rm B}}}{{\eta \mu \varphi }} \Leftrightarrow \eta \mu \theta = \frac{5}{{\sqrt {10} }} \cdot \frac{{\sqrt 5 }}{5} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \theta = 45^\circ$ .

p_gianno · #10

: Γνωστή γωνία.png (30.77 KiB) Προβλήθηκε 1571 φορές

Φέρουμε $\Delta Z||EB$ . Τότε $BZ=Z\Gamma=5:2=2,5$ και γων

= γων $Z \Delta \Gamma=\delta$
Από θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου έχουμε $\Delta B=2,5=BZ$ . Συνεπώς τργ $\Delta BZ$ ισοσκελές και επομένως γων $\delta_1 =90^0-B/2$ .
Επίσης από το ορθ τργ $A \Delta \Gamma$ προκύπτει γων $\delta_2=90^0-\Gamma/2$ .
Είναι τώρα γων $\delta=180^0-( \delta_1+\delta_2)=45^0=\angle E$

angvl · #11

: γνωστή γωνία3.png (47.31 KiB) Προβλήθηκε 1551 φορές

Φέρνω το ύψος

του τριγώνου $\traingle CBE$ . Με Π.Θ στο $\triangle CAD$ βρίσκουμε $\displaystyle CD = \frac{3\sqrt{5}}{2} \Rightarrow$

$\displaystyle \sin \phi = \frac{AD}{CD} = \frac{\sqrt{5}}{5}$ . Απ το τρίγωνο CBK

είναι $\displaystyle \sin \phi = \frac{BK}{BC} \Rightarrow BK = \sqrt{5}$ (Μπορούμε να υπολογίσουμε το

και απ τα όμοια τρίγωνα CAD

και

).

Απο Θ.διαμέσου στο τρίγωνο CBE

: $\displaystyle BC^2 + BE^2 = 2BD^2 + \frac{CE^2}{2} \Rightarrow BE = \sqrt{10}$ . Συνεπώς απ το τρίγωνο BKE

$\displaystyle \sin \theta = \frac{BK}{BE} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow \theta = 45^0$

Ιστοσελίδα · #12

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 17, 2020 2:26 am

Το ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\left( {A = 90^\circ } \right)$ έχει $AB = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = 3$ .

Φέρνω τη διχοτόμο και έστω το συμμετρικό του ως προς το .

Δείξετε ότι $\widehat {{\theta _{}}} = 45^\circ$

Έχει λύσεις ωραίες για κάθε γούστο . Πιο κάτω και πιο πάνω .Όλες δεκτές.

: shape2.png (15.57 KiB) Προβλήθηκε 1531 φορές

Με $EK \bot EC$ και από θεώρημα εσωτ. διχοτόμου, Π.Θ. και ομοιότητα τριγώνων καταλήγουμε στον χαρταετό EKBD

, συνεπώς $2\theta = {90^ \circ } \Leftrightarrow \theta = {45^ \circ }$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #13

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 17, 2020 2:26 am
Γνωστή γωνία.png

Το ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\left( {A = 90^\circ } \right)$ έχει $AB = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = 3$ .

Φέρνω τη διχοτόμο και έστω το συμμετρικό του ως προς το .

Δείξετε ότι $\widehat {{\theta _{}}} = 45^\circ$

Έχει λύσεις ωραίες για κάθε γούστο . Πιο κάτω και πιο πάνω .Όλες δεκτές.

Από θ.διχοτόμου παίρνουμε $AD= \dfrac{3}{2}$ κι αν

έκκεντρο του ABC

είναι $\angle BIC=135^0 \Rightarrow \angle EIB=45^0$

Έστω ότι η κάθετη στην

από το

τέμνει την

στο

.Τότε είναι $AZ=AC=3 \Rightarrow DZ= \dfrac{3}{2} \Rightarrow EACZ$

παραλ/μμο ,και $\angle EAZ= \angle AZC=45^0 \Rightarrow EAIB$ εγγράψιμο $\Rightarrow \angle \theta = \angle BAI=45^0$

: Γνωστή γωνία.png (23.71 KiB) Προβλήθηκε 1524 φορές

Γιώργος Μήτσιος · #14

Καλημέρα! Μετά τις πολλές κι' ωραίες λύσεις που προηγήθηκαν, μια ακόμη λίγο περιπετειώδης.
Έστω

το μέσον της

και

το μέσον της

ενώ

το μέσο του ημικυκλίου με διάμετρο την

.
Αρκεί να δείξουμε OE=OC=R

. Τότε $\widehat{BEC}=\widehat{BOC}/2=45^\circ$

: Γνωστή γωνία Ν.Φ.PNG (10.88 KiB) Προβλήθηκε 1516 φορές

.
Όπως βρέθηκε, BD=2,5=BM

άρα $BN \perp DM$ οπότε $\widehat{OMD}= \dfrac{\widehat{B}}{2}=\theta$ .Ακόμη $\widehat{OCD}=45^\circ-\dfrac{\widehat{C}}{2}= \dfrac{\widehat{B}}{2}=\theta$ .

Τότε το ODMC

είναι εγγράψιμο συνεπώς $\widehat{ODC}=\widehat{OMC}=90^\circ$ .

Στο τρίγωνο EOC

η

διάμεσος και ύψος άρα OE=OC=R

..Φιλικά, Γιώργος.

KARKAR · #15

: Decartes.png (9.71 KiB) Προβλήθηκε 1506 φορές

Με αρχή αξόνων το

και

, βρίσκουμε τις συντεταγμένες των A , D , E

.

Είναι : $\cos\theta=\dfrac{(6,-3)(1,-3)}{3\sqrt{5}\sqrt{10}}=\dfrac{15}{15\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

Ιστοσελίδα · #16

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 17, 2020 2:26 am

Το ορθογώνιο τρίγωνο $ABC\left( {A = 90^\circ } \right)$ έχει $AB = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = 3$ .

Φέρνω τη διχοτόμο και έστω το συμμετρικό του ως προς το .

Δείξετε ότι $\widehat {{\theta _{}}} = 45^\circ$

Έχει λύσεις ωραίες για κάθε γούστο . Πιο κάτω και πιο πάνω .Όλες δεκτές.

: shape3.jpg (54 KiB) Προβλήθηκε 1502 φορές

Με $BT \bot EC$ και από θεώρημα διχοτόμου και ομοιότητα τριγώνων, το αποτέλεσμα είναι άμεσο.

Perantonis · #17

1η Λύση
Από θ. διχοτόμου είναι AD = 2,5

και

. Προεκτείνω τη

κατά τμήμα AK = 1

.

Τότε το τρίγωνο KBC

είναι ισοσκελές αφού ${\rm B}{\rm K} = {\rm B}C = 5$ και το EBCK

είναι παραλληλόγραμμο επειδή οι διαγώνιες του

διχοτομούνται.Οπότε $\hat \varphi = 2\hat \omega + \hat x$ και $\hat \theta = \hat \omega + \hat x$ .

Είναι $\hat \varphi = 90 - \hat x \Rightarrow 2\hat \omega + \hat x = 90 - \hat x \Rightarrow 2\hat \omega + 2\hat x = 90 \Rightarrow \hat \omega + \hat x = 45$ Άρα $\hat \theta = 45$

2η Λύση
Είναι $\varepsilon \varphi \omega = \dfrac{{1,5}}{3} = \dfrac{1}{2}$ και $\varepsilon \varphi x = \dfrac{1}{3}$ οπότε $\varepsilon \varphi \theta = \varepsilon \varphi (\omega + x) = \dfrac{{\varepsilon \varphi \omega + \varepsilon \varphi x}}{{1 - \varepsilon \varphi \omega .\varepsilon \varphi x}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}}}{{1 - \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3}}} = 1$ Άρα $\hat \theta = 45$

Γιώργος Μήτσιος · #18

Χαιρετώ και πάλι. Με εφαρμογή παλαιού θέματος και χρήση του σχήματος

: Γνωστή γωνία ...PNG (9.24 KiB) Προβλήθηκε 1433 φορές

Φέρω $EH \perp AB$ (*). Το BIKH

είναι τετράγωνο και

η τομή της

με την

.
Τα μήκη στο σχήμα υπολογίζονται εύκολα (όσα δεν είναι ήδη γνωστά).

Έχουμε IZ=3=EH

και από το Κριτήριο 45άρας προκύπτει $\widehat{BED}=45^\circ$ .

(*) Είναι $\varepsilon \varphi \omega =1/2$ και $\varepsilon \varphi \theta =1/3$ οπότε $\omega +\theta =45^\circ$ , δηλ. η β' λύση που έδωσε πριν ο Γιάννης Περαντώνης.

Φιλικά, Γιώργος.

Γνωστή γωνία

Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Re: Γνωστή γωνία

Μέλη σε σύνδεση