mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 14, 2021 9:04 am**

Καλημέρα και ...χιλιετίες πολλές!

Η εκφώνηση απλή, οι διαδρομές έως την εύρεση ίσως ποικίλες!

: 14-3 Βρείτε την!.png (113.13 KiB) Προβλήθηκε 1702 φορές

Το τρίγωνο ABC

έχει $\widehat{A}=75^o$ και $\widehat{B}=45^o$ . Το $E \in AB$ ώστε AE=2BE

. Βρείτε την $\widehat{BCE}$

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 14, 2021 10:19 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 14, 2021 9:04 am
Καλημέρα και ...χιλιετίες πολλές!

Η εκφώνηση απλή, οι διαδρομές έως την εύρεση ίσως ποικίλες!

14-3 Βρείτε την!.png

Το τρίγωνο έχει $\widehat{A}=75^o$ και $\widehat{B}=45^o$ . Το $E \in AB$ ώστε . Βρείτε την $\widehat{BCE}$

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλημέρα!

: Βρείτε την ... ανήλικη.png (14.29 KiB) Προβλήθηκε 1685 φορές

$\displaystyle x = 15^\circ.$ Εντός ολίγου και η λύση

edit: Άρση απόκρυψης.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 14, 2021 10:23 am**

: Βρείτε την ανήλικη_ανάποδα_a.png (21.45 KiB) Προβλήθηκε 1683 φορές

Αγνοώ προσωρινά το

και γράφω το περιγεγραμμένο κύκλο $\left( {K,R} \right)$ του $\vartriangle ABC$ .

Είναι $AC = R\sqrt 2 = {\lambda _4}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB = R\sqrt 3 = {\lambda _6}$ . έτσι αβίαστα προκύπτει το πιο πάνω σχήμα , με το

μέσο του

.

Τώρα προεκτείνω την

προς το

και τέμνει την

στο

. προφανώς η

είναι διχοτόμος του $\vartriangle KMB$ και η τετράδα $\left( {A,S\,\,\backslash M,B} \right)$ αρμονική.

: Βρείτε την ανήλικη_ανάποδα_b.png (26.43 KiB) Προβλήθηκε 1683 φορές

Από την αρμονική αναλογία έχω:

$\boxed{\frac{{SB}}{{AB}} = \frac{{SM}}{{MA}} \Leftrightarrow \frac{{SB}}{{AB - SB}} = \frac{{SM}}{{MA - SM}} \Leftrightarrow \frac{{SB}}{{SA}} = \frac{{SM}}{{SB}} = \frac{{KM}}{{KB}} = \frac{1}{2}}$ .

Άρα το $S \equiv E$ και η γωνία που θέλω είναι $15^\circ$ .

Edit: Έβαλα το σωστό σύμβολο ( αντί ) στην αναλογία

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 14, 2021 10:40 am**

Κατασκευάζω το ισόπλευρο AZC

όπως φαίνεται στο σχήμα. Με νόμο συνημιτόνoυ και ημιτόνου στο ABC

είναι:

: Βρείτε την ... ανήλικη.png (14.29 KiB) Προβλήθηκε 1679 φορές

$\displaystyle {c^2} = {a^2} + {b^2} - ab \Leftrightarrow$ $\boxed{{c^2} - {b^2} = a(a - b)}$ (1)

και

$\displaystyle \frac{b}{c} = \frac{{\sin 45^\circ }}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow {b^2} = \frac{{2{c^2}}}{3}\mathop \Rightarrow \limits^{(1)} \frac{{{c^2}}}{3} = a(a - b) \Leftrightarrow BE \cdot BA = BZ \cdot BC,$

απ' όπου το AEZC

είναι εγγράψιμο και $\boxed{B\widehat CE = E\widehat AZ = 15^\circ }$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 14, 2021 11:01 am**

Έστω $E'\in BC$ τέτοιο, ώστε $\widehat{BCE'}=15^{\circ}$
Είναι $\widehat{B}=\widehat{ACE'}$
Έτσι από την ομοιότητα των ABC,ACE'

παίρνουμε:
$AC^2=AE'\cdot AB\ (1)$
Από νόμο ημιτόνων στο ABC

:
$\dfrac{AB}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{AC}{\sin 45^{\circ}}\Leftrightarrow AC=AB\sqrt{\dfrac{2}{3}}\ (2)$
Αντικαθιστώντας τη (2)

στην

παίρνουμε:
$AE'=\dfrac{2AB}{3}$
Άρα τα E,E'

ταυτίζονται.
Επομένως $\widehat{BCE}=\widehat{BCE'}=15^{\circ}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 14, 2021 11:56 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 14, 2021 9:04 am
Καλημέρα και ...χιλιετίες πολλές!

Η εκφώνηση απλή, οι διαδρομές έως την εύρεση ίσως ποικίλες!

14-3 Βρείτε την!.png

Το τρίγωνο έχει $\widehat{A}=75^o$ και $\widehat{B}=45^o$ . Το $E \in AB$ ώστε . Βρείτε την $\widehat{BCE}$

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Φέρνω το ύψος

και εύκολα βρίσκω ότι $\displaystyle AD = BD = \frac{{b\sqrt 3 }}{2},DC = \frac{b}{2} \Rightarrow BC = \frac{b}{2}\left( {\sqrt 3 + 1} \right).$

: Βρείτε την ... ανήλικη.β.png (12.32 KiB) Προβλήθηκε 1659 φορές

Μενέλαος στο ABD

με διατέμνουσα $\displaystyle \overline {CME} ,$ $\displaystyle \frac{{BE}}{{EA}} \cdot \frac{{AM}}{{MD}} \cdot \frac{{DC}}{{BC}} = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot \frac{{AM}}{{MD}} \cdot \frac{1}{{\sqrt 3 + 1}} = 1 \Leftrightarrow$

$\displaystyle \frac{{AM}}{{MD}} = 2\sqrt 3 + 2 \Leftrightarrow \frac{{AD}}{{MD}} = 2\sqrt 3 + 3 \Leftrightarrow MD = \frac{{b\sqrt 3 }}{{4\sqrt 3 + 6}} = \frac{b}{2}\left( {2 - \sqrt 3 } \right) \Leftrightarrow$

$\displaystyle \frac{{MD}}{{DC}} = 2 - \sqrt 3 \Leftrightarrow \tan x = 2 - \sqrt 3 \Leftrightarrow$ $\boxed{x = 15^\circ }$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 14, 2021 1:15 pm**

: Βρείτε την ανήλικη_new.png (14.36 KiB) Προβλήθηκε 1641 φορές

Έστω $\left( {ABC} \right) = E = 3T\,\,\,,\,\,\left( {AEC} \right) = 2T\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( {EBC} \right) = T$ .

Ισχύουν ταυτόχρονα : $\left\{ \begin{gathered} 3T = \frac{1}{2}ab\frac{{\sqrt 3 }}{2} \hfill \\ T = \frac{1}{2}ak\frac{{\sqrt 2 }}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\frac{b}{{3k}} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{AC}}{{AB}}}\,\,\left( 1 \right)$

Αλλά ( και λόγω της $\left( 1 \right)$ ) $\boxed{\dfrac{{AE}}{{AC}} = \dfrac{{2k}}{b} = \dfrac{{2k}}{{\dfrac{{3k\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}}} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{{3\sqrt 2 }} = \dfrac{{\sqrt {12} }}{{\sqrt {18} }} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}\,}\,\,\left( 2 \right)$

Οι $\left( 1 \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ μας εξασφαλίζουν ότι: $\vartriangle ABC \approx \vartriangle ACE \Rightarrow \widehat {AEC} = 60^\circ \Rightarrow \boxed{\widehat {{\theta _{}}} = 15^\circ }$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 14, 2021 5:56 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 14, 2021 9:04 am
Καλημέρα και ...χιλιετίες πολλές!

Η εκφώνηση απλή, οι διαδρομές έως την εύρεση ίσως ποικίλες!

14-3 Βρείτε την!.png

Το τρίγωνο έχει $\widehat{A}=75^o$ και $\widehat{B}=45^o$ . Το $E \in AB$ ώστε . Βρείτε την $\widehat{BCE}$

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Εστω ότι $AJ\perp BC,BJ=AJ,JC=\dfrac{1}{2}AC,AJ=BJ=\dfrac{c\sqrt{2}}{2},JC=\dfrac{b}{2}, a=\dfrac{b}{2}+\dfrac{c\sqrt{2}}{2},$ και στο τρίγωνο ABC

με $\hat{C}=60^{0},c^{2}=a^{2}+b^{2}-ab,(2), (1),(2)\Rightarrow 3b^{2}=2c^{2}\Leftrightarrow \dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AC}{AB},(3)$
Αρα τα τρίγωνα AEC,ABC

λόγω της

και τη γωνία $\hat{A}$ κοινή είναι όμοια οπότε $60^{0}-\hat{\theta }=45^{0},\hat{ECB}=\theta ,\hat{\theta }=15^{0}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 15, 2021 8:03 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 14, 2021 9:04 am
Καλημέρα και ...χιλιετίες πολλές!

Η εκφώνηση απλή, οι διαδρομές έως την εύρεση ίσως ποικίλες!

14-3 Βρείτε την!.png

Το τρίγωνο έχει $\widehat{A}=75^o$ και $\widehat{B}=45^o$ . Το $E \in AB$ ώστε . Βρείτε την $\widehat{BCE}$

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

$\angle DAC=30^0 \Rightarrow AD^2= \dfrac{3b^2}{4} \Rightarrow c^2=2AD^2=\dfrac{3b^2}{2} \Rightarrow b^2= \dfrac{2}{3} c^2=AE . AB$

Άρα

εφαπτόμενη του κύκλου $(E,B,C) \Rightarrow \angle ACE=45^0 \Rightarrow \angle ECB=15^0$

: Βρείτε την ...ανήλικη.png (15.61 KiB) Προβλήθηκε 1555 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 18, 2021 9:10 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 14, 2021 9:04 am
Καλημέρα και ...χιλιετίες πολλές!

Η εκφώνηση απλή, οι διαδρομές έως την εύρεση ίσως ποικίλες!

Το τρίγωνο έχει $\widehat{A}=75^o$ και $\widehat{B}=45^o$ . Το $E \in AB$ ώστε . Βρείτε την $\widehat{BCE}$

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλημέρα! Ας τη συνδυάσουμε με αυτήν.

: shape.png (20.53 KiB) Προβλήθηκε 1489 φορές

Φέρω $y = CD \bot AB$ και θέτω AE = 2BE = 2x

Από την εξίσωση $y(2 - \sqrt 3 )\mathop = \limits^{AD} 3x - y \Leftrightarrow x = \dfrac{{y(3 - \sqrt 3 )}}{3}$ , προκύπτει ότι $\tan ({45^ \circ } - \omega ) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3} = \tan ({30^ \circ }) \Leftrightarrow \omega = {15^ \circ }$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 03, 2021 11:18 pm**

Καλό βράδυ σε όλους! Να ευχαριστήσω τους αγαπητούς Γιώργο, Νίκο, Μανώλη, Γιάννη, Μιχάλη Τ. και Μιχάλη Ν.

για την άψογη .. συμπεριφορά τους προς την "ανήλικη". Μια ακόμη παραλλαγή

: ανήλικη.png (130.24 KiB) Προβλήθηκε 1331 φορές

Όπως έχει γραφεί είναι $\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{\sqrt{2}}{ \sqrt{3}}$ ενώ $\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{3}{2}$ . Με πολ/μό κατά μέλη παίρνουμε $\dfrac{AC}{AE}=\dfrac{\sqrt{3}}{ \sqrt{2}}$

Στο τρίγωνο AEC

ο Ν. Ημιτόνων μας δίνει $\dfrac{\eta \mu x}{\eta \mu y}=\dfrac{AC}{AE}=\dfrac{\sqrt{3}}{ \sqrt{2}}=\dfrac{\eta \mu 60^o}{\eta \mu 45^o}$ , ενώ x+y=105^o=60^o +45^o

.

Έπεται όπως ΕΔΩ , x=60^o

και

...

Ας μου επιτραπεί να στείλω από εδώ, ένα ιδιαίτερο εγκάρδιο χαιρετισμό στην νοτιότερη πόλη της Ευρώπης: την Ιεράπετρα Κρήτης..

Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 04, 2021 3:35 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 03, 2021 11:18 pm
Καλό βράδυ σε όλους! Να ευχαριστήσω τους αγαπητούς Γιώργο, Νίκο, Μανώλη, Γιάννη, Μιχάλη Τ. και Μιχάλη Ν.

για την άψογη .. συμπεριφορά τους προς την "ανήλικη". Μια ακόμη παραλλαγή
ανήλικη.png
Όπως έχει γραφεί είναι $\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{\sqrt{2}}{ \sqrt{3}}$ ενώ $\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{3}{2}$ . Με πολ/μό κατά μέλη παίρνουμε $\dfrac{AC}{AE}=\dfrac{\sqrt{3}}{ \sqrt{2}}$

Στο τρίγωνο ο Ν. Ημιτόνων μας δίνει $\dfrac{\eta \mu x}{\eta \mu y}=\dfrac{AC}{AE}=\dfrac{\sqrt{3}}{ \sqrt{2}}=\dfrac{\eta \mu 60^o}{\eta \mu 45^o}$ , ενώ .

Έπεται όπως ΕΔΩ , και ...

Ας μου επιτραπεί να στείλω από εδώ, ένα ιδιαίτερο εγκάρδιο χαιρετισμό στην νοτιότερη πόλη της Ευρώπης: την Ιεράπετρα Κρήτης..

Φιλικά, Γιώργος.

Ευχαριστώ πολύ Γιώργο. Όταν και αν βρεθείς προς τα μέρη μας , πολύ θα χαρώ να σε γνωρίσω κι από κοντά .

mathematica.gr

Βρείτε την .. ανήλικη

Βρείτε την .. ανήλικη

Re: Βρείτε την .. ανήλικη

Re: Βρείτε την .. ανήλικη

Re: Βρείτε την .. ανήλικη

Re: Βρείτε την .. ανήλικη

Re: Βρείτε την .. ανήλικη

Re: Βρείτε την .. ανήλικη

Re: Βρείτε την .. ανήλικη

Re: Βρείτε την .. ανήλικη

Re: Βρείτε την .. ανήλικη

Re: Βρείτε την .. ανήλικη

Re: Βρείτε την .. ανήλικη