Απρόσμενα γνωστή γωνία

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1210
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Απρόσμενα γνωστή γωνία

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Κυρ Νοέμ 27, 2016 1:01 pm

Χαιρετώ. Με αφετηρία παλαιό θέμα , η αναζήτηση με οδήγησε σε απρόσμενη..συνάντηση με γνωστή γωνία .
Θα έλεγα και .. :) ..ελκυστική , αν τα χρόνια της ήταν όσες οι μοίρες της !
27-11 Γνωστή κι' ελκυστική !.PNG
27-11 Γνωστή κι' ελκυστική !.PNG (9.75 KiB) Προβλήθηκε 712 φορές
Το τρίγωνο ABC του σχήματος είναι ισόπλευρο και το O μέσον της διαμέσου AM.

Ο κύκλος διαμέτρου AM τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου BOM (εκτός από το M και ) στο H. Οι OH, AB τέμνονται στο K.

1) Να δειχθεί ότι είναι \left ( BHK \right )=\left ( OKA \right ).

Θεωρούμε το σημείο Z της AB ώστε να είναι BZ=OZ . Tότε

2) Να δειχθεί ότι \omega =\widehat{ZOH}= 30^{0}

Έθεσα το πρώτο ζητούμενο ως ..πρόξενο ενδιαφέροντος . Για το δεύτερο , η λύση που βρήκα έχει κάποιους υπολογισμούς που μάλλον.. δεν ενθουσιάζουν.
Στη διάθεσή σας , λοιπόν, για τη δέουσα διερεύνηση και .. (ανα)ψηλάφιση !

Ευχαριστώ , Γιώργος .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8952
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Απρόσμενα γνωστή γωνία

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Νοέμ 27, 2016 2:12 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Έθεσα το πρώτο ζητούμενο ως ..πρόξενο ενδιαφέροντος . Για το δεύτερο , η λύση που βρήκα έχει κάποιους υπολογισμούς που μάλλον.. δεν ενθουσιάζουν.
Μην σε ανησυχεί αυτό Γιώργο. Μας έχει εκπαιδεύσει ο KARKAR και είμαστε ανθεκτικοί :lol:


Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 800
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Απρόσμενα γνωστή γωνία

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Κυρ Νοέμ 27, 2016 2:18 pm

Για το 1)

Φέρνουμε HM, BO, HA και έστω L το σημείο τομής της προέκτασης της HA με την BC.

Ισχύει καταρχάς ότι \widehat{KHA}=\widehat{OAH} (1), επειδή το OAH είναι ισοσκελές.

Επίσης τα ορθογώνια τρίγωνα LHM και AHM είναι όμοια, επειδή το HM είναι ύψος στο ορθογώνιο LAM. Συνεπώς \widehat{OAH}=\widehat{HML} (2).

Τέλος από το εγγράψιμο HBMO προκύπτει ότι \widehat{HML}=\widehat{HMB}=\widehat{HOB} (3).

Από τις σχέσεις (1), (2) και (3) προκύπτει ότι: \widehat{KHA}=\widehat{HOB}

Θα αποδείξουμε πως τα τρίγωνα HKA και OKB είναι όμοια.

Αυτά έχουν:

\widehat{HKA}=\widehat{OKB}
\widehat{KHA}=\widehat{HOB}=\widehat{KOB}

Άρα τα τρίγωνα είναι όμοια και συνεπώς ισχύει ότι: \dfrac{HK}{KA}=\dfrac{KO}{BK}\Rightarrow HK\cdot BK=KA\cdot KO (4)

Τώρα τα τρίγωνα BHK και OKA έχουν μια ίση γωνία και για τις προσκείμενες πλευρές ισχύει η (4).
Συνεπώς \boxed{(BHK)=(OKA)}.

Για το 2)

Από το ισοσκελές τρίγωνο ZBO έχουμε: \widehat{ZOB}=\widehat{ZBO}.

Από τα όμοια τρίγωνα HKA και OKB έχουμε: \widehat{ZAH}=\widehat{ZBO}, άρα \widehat{ZOB}=\widehat{ZAH}.

Όμως \widehat{KOB}=\widehat{OAH}, συνεπώς \boxed{\widehat{ZOH}=\widehat{ZOK}=\widehat{KAO}=30^o}
Συνημμένα
Απρόσμενα γνωστή γωνία.png
Απρόσμενα γνωστή γωνία.png (27.33 KiB) Προβλήθηκε 672 φορές


Houston, we have a problem!
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3990
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Απρόσμενα γνωστή γωνία

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Κυρ Νοέμ 27, 2016 3:25 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:Χαιρετώ. Με αφετηρία παλαιό θέμα , η αναζήτηση με οδήγησε σε απρόσμενη..συνάντηση με γνωστή γωνία .
Θα έλεγα και .. :) ..ελκυστική , αν τα χρόνια της ήταν όσες οι μοίρες της !
27-11 Γνωστή κι' ελκυστική !.PNG
Το τρίγωνο ABC του σχήματος είναι ισόπλευρο και το O μέσον της διαμέσου AM.
Ο κύκλος διαμέτρου AM τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου BOM (εκτός από το M και ) στο H. Οι OH, AB τέμνονται στο K.
1) Να δειχθεί ότι είναι \left ( BHK \right )=\left ( OKA \right ).
Θεωρούμε το σημείο Z της AB ώστε να είναι BZ=OZ . Tότε
2) Να δειχθεί ότι \omega =\widehat{ZOH}= 30^{0}
Έθεσα το πρώτο ζητούμενο ως ..πρόξενο ενδιαφέροντος . Για το δεύτερο , η λύση που βρήκα έχει κάποιους υπολογισμούς που μάλλον.. δεν ενθουσιάζουν.
Στη διάθεσή σας , λοιπόν, για τη δέουσα διερεύνηση και .. (ανα)ψηλάφιση !
Ευχαριστώ , Γιώργος .
Για το 2) ερώτημα το μόνο που έχω να πω είναι ένα μεγάλο ΜΠΡΑΒΟ!!! :coolspeak: στον αγαπητό Διονύση. Για το 1) ερώτημα ας δούμε με μια διαφορετική προσέγγιση.
Στο σχήμα του Γιώργου..


OH = OM = \frac{{AM}}{2}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {O,H,B,M\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha \,} \right) \Rightarrow \angle OHM = \angle OMB = {{90}^0}} \vartriangle OHM = \vartriangle OMB \Rightarrow \left( {OHM} \right) = \left( {OMB} \right)\mathop  = \limits^{OA = OM} \left( {AOB} \right)

\mathop  \Rightarrow \limits^{ - \left( {OKB} \right)} \boxed{\left( {HKB} \right) = \left( {AOK} \right)} και το 1) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8952
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Απρόσμενα γνωστή γωνία

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Νοέμ 27, 2016 5:18 pm

Να συγχαρώ κι εγώ τον Διονύση για το 2) ερώτημα :clap2: :clap2:
Απρόσμενα γνωστή γωνία.png
Απρόσμενα γνωστή γωνία.png (17.38 KiB) Προβλήθηκε 643 φορές
Για το 1): Αρκεί να δείξω ότι (HOB)=(AOB). Πράγματι είναι OA = OM = OH και BM=BH

\displaystyle{(HOB) = \frac{1}{2}HO \cdot HB =\frac{1}{2}AO \cdot BM = (AOB)} και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Για το 2): (Με είχε προϊδεάσει ο Γιώργος για δύσκολο ερώτημα, που τελικά δεν ήταν )
Απρόσμενα γνωστή γωνία.2.png
Απρόσμενα γνωστή γωνία.2.png (19.17 KiB) Προβλήθηκε 640 φορές
\displaystyle{BH = BM \Leftrightarrow H\widehat OB = B\widehat OM \Leftrightarrow \omega  + \theta  = {30^0} + \theta  \Leftrightarrow } \boxed{\omega=30^0}


AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1093
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: Απρόσμενα γνωστή γωνία

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Δευ Νοέμ 28, 2016 12:11 am

Καλησπέρα σε όλη την παρέα.
Άλλη μία αντιμετώπιση για το πρώτο ερώτημα:
Η OB είναι εξωτερική διχοτόμος του ισοσκελούς τριγώνου OAH , επομένως είναι παράλληλη με τη βάση AH. Δηλαδή το τετράπλευρο ABHO είναι τραπέζιο.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1210
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Απρόσμενα γνωστή γωνία

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Δευ Νοέμ 28, 2016 1:28 am

Καλημέρα σε όλους. Γιώργο , Διονύση και Στάθη σας ευχαριστώ θερμά..
Πολλά ΕΥΓΕ κι' από μένα στον Διονύση για την υπέροχη λύση του !
Συνεπώς .. η γνωστή 30άρα !.PNG
Συνεπώς .. η γνωστή 30άρα !.PNG (12.75 KiB) Προβλήθηκε 587 φορές
Ανδρέα καλό βράδυ και σ' ευχαριστώ πολύ! Μόλις είδα την συμμετοχή σου.. πάνω που θα έγραφα για τη σχέση AH\parallel OB !

Ας δούμε τη βοήθεια της παρ/λίας αυτής και για το δεύτερο ζητούμενο :

\widehat{HAB}=\widehat{ABO}=\widehat{BOZ}=\varphi συνεπώς \omega =\widehat{HOB}-\varphi =\widehat{HAO}-\varphi =30^{0}

Γιώργο .. :) ..οφείλω μια εξήγηση . Αρχικά έβαλα ως δεδομένο ότι BZ=\dfrac{7}{20}AB όπου το ζητούμενο ,δύσκολο δεν ήταν ,
αλλά είχε πράξεις. Ύστερα βρήκα ότι και OZ=\dfrac{7}{20}AB και έδωσα δεδομένο BZ=OZ με τα γνωστά ωραία αποτελέσματα !

Ένα τελευταίο ζητούμενο : Αν , χωρίς πολλές πράξεις , είναι δυνατόν

να δειχθεί ότι BK=\dfrac{7}{13}AB ή ότι AH^{2}=\dfrac{9}{28}AB^{2}

τότε θα αναφερθώ σε κάτι το .."συναρπαστικό''..

Φιλικά Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8952
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Απρόσμενα γνωστή γωνία

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Νοέμ 28, 2016 9:20 am

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Ένα τελευταίο ζητούμενο : Αν , χωρίς πολλές πράξεις , είναι δυνατόν

να δειχθεί ότι BK=\dfrac{7}{13}AB ή ότι AH^{2}=\dfrac{9}{28}AB^{2}

τότε θα αναφερθώ σε κάτι το .."συναρπαστικό''..

Φιλικά Γιώργος.
Καλημέρα Γιώργο, Καλημέρα σε όλους!

Ίσως να βγαίνει και γρηγορότερα. Ο τρόπος μου πάντως έχει αρκετούς υπολογισμούς.
Απρόσμενα γνωστή γωνία.2.png
Απρόσμενα γνωστή γωνία.2.png (20.36 KiB) Προβλήθηκε 566 φορές
Έστω 2a η πλευρά του ισοπλεύρου. Θα δείξω ότι \displaystyle{BK = \frac{{14a}}{{13}}}. Από Π. Θ στο τρίγωνο OMB βρίσκω \displaystyle{OB = \frac{{a\sqrt 7 }}{2}}

και από νόμο συνημιτόνων στο AOB: \displaystyle{\frac{{7{a^2}}}{4} = 4{a^2} + \frac{{3{a^2}}}{4} - 2 \cdot 2a \cdot \frac{{a\sqrt 7 }}{2}\cos \theta  \Leftrightarrow } \boxed{\cos \theta  = \frac{5}{{2\sqrt 7 }}} (1)

Νόμος συνημιτόνων στο ZOB με τη βοήθεια της (1): \displaystyle{BZ = ZO = \frac{{7a}}{{10}} \Leftrightarrow ZA = 2a - \frac{{7a}}{{10}} \Leftrightarrow } \boxed{ZA = \frac{{13a}}{{10}}}

Τέλος, επειδή \omega=30^0 η OZ εφάπτεται στον περίκυκλο του τριγώνου AKO:

\displaystyle{O{Z^2} = ZK \cdot ZA \Leftrightarrow ZK = \frac{{49a}}{{130}} \Leftrightarrow BK = BZ + ZK \Leftrightarrow } \boxed{BK = \frac{{14a}}{{13}}}


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8952
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Απρόσμενα γνωστή γωνία

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Νοέμ 28, 2016 10:11 am

O υπολογισμός του AH έχει λιγότερες πράξεις:
Απρόσμενα γνωστή γωνία.3.png
Απρόσμενα γνωστή γωνία.3.png (24.87 KiB) Προβλήθηκε 553 φορές
Οι AH, CB τέμνονται στο N και είναι AN||=2OB=a\sqrt 7

\displaystyle{\cos \varphi  = \frac{{NH}}{{NM}} = \frac{{BM}}{{OB}} \Leftrightarrow \frac{x}{{2a}} = \frac{2}{{\sqrt 7 }} \Leftrightarrow x = \frac{{4a}}{{\sqrt 7 }} \Leftrightarrow AH = AN - x \Leftrightarrow } \boxed{AH = \frac{{3a}}{{\sqrt 7 }}} ή \boxed{A{H^2} = \frac{9}{{28}}A{B^2}}

● Ακόμα πιο γρήγορα: \displaystyle{A{M^2} = AH \cdot AN \Leftrightarrow 3{a^2} = AH \cdot a\sqrt 7  \Leftrightarrow } \boxed{AH = \frac{{3a}}{{\sqrt 7 }}}


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7030
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Απρόσμενα γνωστή γωνία

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Νοέμ 28, 2016 2:22 pm

Χαίρετε άπαντες .


Για όλα εν γένει τα ερωτήματα .

1. Επειδή το τετράπλευρο OHBM «χαρταετός» θα είναι OB \bot HM.

Αλλά και AB \bot HM άρα το τετράπλευρο ABHO είναι τραπέζιο ( AH//OB) .

Το ζητούμενο πλέον προφανές

2. Επειδή \widehat \omega  + \widehat \phi  = \widehat \theta ( εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο ) και \widehat \theta  = \widehat {{\phi _1}} + 30^\circ

( υπό χορδής κι εφαπτομένης) , ενώ προφανώς \widehat \phi  = \widehat {{\phi _2}} = \widehat {{\phi _1}} θα είναι

\widehat \omega  + \widehat \phi  = 30^\circ  + \widehat {{\phi _1}} \Rightarrow \boxed{\widehat \omega  = 30^\circ }.

Απρόσμενα γνωστή γωνία.png
Απρόσμενα γνωστή γωνία.png (38.3 KiB) Προβλήθηκε 536 φορές
3. Αν BK = x θα ισχύουν: {x^2} = H{K^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}\,\,(1) , a = AB = AC = BC

( Π. Θ. στο \vartriangle HBK).

Λόγω της παραλληλίας των AH,OB θα έχουμε

\dfrac{{HK}}{{KO}} = \dfrac{{AK}}{{KB}} \Rightarrow \dfrac{{HK}}{{HO}} = \dfrac{{AK}}{{AB}} \Rightarrow \dfrac{{HK}}{{HO}} = \dfrac{{a - x}}{x} και άρα HK = \dfrac{{(a - x)\sqrt 3 }}{4}\,\,(2) συνεπώς ή

(1) δίδει: {x^2} = \dfrac{{{a^2}}}{4} + \dfrac{{3{{(a - x)}^2}}}{{16}} \Rightarrow \boxed{x = \dfrac{{7a}}{{13}}} ή x =  - a(απορρίπτεται)

4. Είναι \dfrac{{AH}}{{HM}} = \dfrac{{AO}}{{BM}} ( επειδή \vartriangle OAH \approx \vartriangle BMH ) και άρα \dfrac{{AH}}{{HM}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}\,\,\,(3).

Από την άλλη μεριά ( Θ. Πτολεμαίου στο OHBM)

HM \cdot BO = 2HO \cdot BM \Rightarrow HM = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{{\sqrt 7 }}\,\,\,(4) και λόγω της (3) έχουμε : AH = \dfrac{{3a}}{{2\sqrt 7 }} \Rightarrow \boxed{A{H^2} = \dfrac{{9{a^2}}}{{28}}} .

Φιλικά ,

Νίκος


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1210
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Απρόσμενα γνωστή γωνία

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τρί Νοέμ 29, 2016 1:40 am

Καλημέρα σε όλους .
Να ευχαριστήσω (και πάλι ) τον Γιώργο ,αλλά και τον Νίκο για το μεστό ..πακέτο απαντήσεων .

Μια ακόμη διαδρομή για το \dfrac{BK}{AB}=\dfrac{7}{13}.Bρίσκουμε πρώτα (όπως και ο Γιώργος πριν ) \dfrac{AH}{AB}= \dfrac{3}{\sqrt{7}} ενώ και \dfrac{OB}{AB}=\dfrac{\sqrt{7}}{2} .

Από τα όμοια BKO, HKA έπεται \dfrac{BK}{AK}=\dfrac{OB}{AH}=\dfrac{7}{6}  \Rightarrow \dfrac{BK}{AB}=\dfrac{7}{13}

Mε την άδειά σας ..ελπίζω.. επέλεξα στοιχεία από το παρόν θέμα για να υποβάλω μια απάντηση στο παλαιό θέμα ΕΔΩ.

Φιλικά Γιώργος .


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

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