Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

#1

Δίνεται τρίγωνο ABC

με $B=60^o,\, C=40^o$ . Στην προέκταση της

παίρνουμε σημείο

με

. Να αποδείξετε ότι AE=AB+BC

.

Σχόλιο. Η άσκηση μου εστάλη πριν από λίγες ώρες από Ρουμανία ζητώντας λύση. Την χτένισα λιγάκι και εδώ γράφω μία ισοδύναμη μορφή της, διώχνοντας κάποια περιττά στοιχεία. Έστειλα πίσω μία λύση με βάση την Τριγωνομετρία αλλά όταν μου είπαν ότι η άσκηση απευθυνόταν σε μαθητές Β' Γυμνασίου (σωστά διαβάσατε) βρήκα μία δεύτερη, καθαρά γεωμετρική, ωραία λύση. Ζητώ διάφορες λύσεις. Αν χρειαστεί θα γράψω τις δύο δικές μου.
Σε άλλο ποστ θα γράψω μία δεύτερη άσκηση που μου έστειλαν, Θεωρίας Αριθμών.

#2

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 01, 2022 11:52 pm
Δίνεται τρίγωνο με $B=60^o,\, C=40^o$ . Στην προέκταση της παίρνουμε σημείο με . Να αποδείξετε ότι .

Σχόλιο. Η άσκηση μου εστάλη πριν από λίγες ώρες από Ρουμανία ζητώντας λύση. Την χτένισα λιγάκι και εδώ γράφω μία ισοδύναμη μορφή της, διώχνοντας κάποια περιττά στοιχεία. Έστειλα πίσω μία λύση με βάση την Τριγωνομετρία αλλά όταν μου είπαν ότι η άσκηση απευθυνόταν σε μαθητές Β' Γυμνασίου (σωστά διαβάσατε) βρήκα μία δεύτερη, καθαρά γεωμετρική, ωραία λύση. Ζητώ διάφορες λύσεις. Αν χρειαστεί θα γράψω τις δύο δικές μου.
Σε άλλο ποστ θα γράψω μία δεύτερη άσκηση που μου έστειλαν, Θεωρίας Αριθμών.

Για Β' Γυμνασίου μια χαρά είναι Μιχάλη

Τη βρίσκω ιδιαίτερα εύκολη αλλά και αρκετά διδακτική

Θυμίζει την άσκηση που λέει να δείξουμε οτι δυο διχοτόμοι τέμνονται σε μια ευθεία ( που φέρνουμε τη μια διχοτόμο και στη συνέχεια αποδυκνυουμε οτι η άλλη είναι διχοτομος

Αρκεί το παιδάκι να γνωρίζει οτι για να δείξουμε οτι ένα τμήμα ισούται με το άθροισμα δύο τμημάτων πρέπει

1 ) να πάρουμε το ένα κομματάκι και να το βάλουμε στο " μεγάλο " και να δείξουμε οτι αυτο που περισσεύει ειναι το άλλο

2) να " φτιάξουμε το άθροισμα των δυο μικρότερων σε ένα και να το συγκρίνουμε με το μεγαλύτερο

3) να μεταφέρουμε τα τμήματα ( πιθανή ισότητα τριγώνων η παραλληλόγραμμο κλπ) κλπ

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 02, 2022 12:27 am
Για Β' Γυμνασίου μια χαρά είναι Μιχάλη

Τη βρίσκω ιδιαίτερα εύκολη αλλά και αρκετά διδακτική

Έχεις δίκιο. Άλλωστε η λύση που έχω είναι απλή και εντός ύλης. Όμως όταν μου έστειλαν την άσκηση, δεν είχα υποψιαστεί ότι απευθυνόταν σε μαθητές Γυμνασίου, οπότε η πρώτη λύση που έστειλα ήταν Τριγωνομετρική. Και αυτή είναι σχετικά απλή, αλλά εκτός Γυμνασιακής ύλης.

Φανης Θεοφανιδης · #4

: 15.png (22.12 KiB) Προβλήθηκε 791 φορές

Κατασκευάζω το ισόπλευρο τρίγωνο APE

και επί της

θεωρώ σημείο

τέτοιο ώστε BM=BC

.
Οι κόκκινες γωνίες προκύπτουν εύκολα.
Παρατηρώ ότι το ACPM

είναι εγγράψιμο ( $\angle CPA=\angle CMA=30^{0}$ ).
Άρα $\angle APM=\angle ACM\Rightarrow \angle APM=70^{0}$ .
Συνεπώς $AM=AP\Rightarrow AB+BM=AE\Rightarrow AB+BC=AE$ .

#5

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 01, 2022 11:52 pm
Δίνεται τρίγωνο με $B=60^o,\, C=40^o$ . Στην προέκταση της παίρνουμε σημείο με . Να αποδείξετε ότι .

Σχόλιο. Η άσκηση μου εστάλη πριν από λίγες ώρες από Ρουμανία ζητώντας λύση. Την χτένισα λιγάκι και εδώ γράφω μία ισοδύναμη μορφή της, διώχνοντας κάποια περιττά στοιχεία. Έστειλα πίσω μία λύση με βάση την Τριγωνομετρία αλλά όταν μου είπαν ότι η άσκηση απευθυνόταν σε μαθητές Β' Γυμνασίου (σωστά διαβάσατε) βρήκα μία δεύτερη, καθαρά γεωμετρική, ωραία λύση. Ζητώ διάφορες λύσεις. Αν χρειαστεί θα γράψω τις δύο δικές μου.
Σε άλλο ποστ θα γράψω μία δεύτερη άσκηση που μου έστειλαν, Θεωρίας Αριθμών.

: Τρίγωνο 40_60_80_Ρουμανία_oritzin.png (32.4 KiB) Προβλήθηκε 782 φορές

Γράφω τον κύκλο $\left( {A,AB} \right)$ και τέμνει τις BC,AE

στα

αντίστοιχα.
.
Θεωρώ και σημείο

στην προέκταση του

, προς το

εις τρόπον ώστε : $\widehat {CET} = 20^\circ$ .

Αβίαστα προκύπτουν : Το $\vartriangle ABZ$ είναι ισόπλευρο και $\vartriangle ABC = \vartriangle HTE\,\,$ ( AC = ET

και οι προσκείμενες γωνίες ίσες).

Άρα: $\left\{ \begin{gathered} AB = AH\,\, \hfill \\ BC = HE \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AB + BC = AH + HE = AE$

#6

: Τρίγωνο 40_60_80_Ρουμανία.png (27.34 KiB) Προβλήθηκε 781 φορές

.
Ας είναι

το συμμετρικό του

ως προς την

και

το σημείο τομής των $AZ\,,\,BE$ . Προφανώς AE = AZ

Θεωρώ και σημείο

στο τμήμα

έτσι ώστε : $\widehat {HZC} = 20^\circ$ .

Το $\vartriangle ABD$ είναι ισόπλευρο και $\vartriangle ABC = \vartriangle HDZ$ . Το ζητούμενο έπεται .

#7

: Τρίγωνο 40_60_80_Ρουμανία_2.png (30.29 KiB) Προβλήθηκε 777 φορές

.
Γράφω τον κύκλο $\left( {A,B,C} \right)$ , έστω κέντρου

, και τέμνει ακόμα την

στο

.

Δείτε όμως ότι και ό κύκλος $\displaystyle \left( {S,C,E} \right)$ , έστω κέντρου

, είναι ίσος με τον $\left( {A,B,C} \right)$ .

Η κοινή χορδή

φαίνεται από τα $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,E$ υπό ίσες γωνίες $\left( {20^\circ } \right)$ .

Το $\vartriangle ABS$ είναι ισοσκελές με AB = AS

και

, οπότε

.

STOPJOHN · #8

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 01, 2022 11:52 pm
Δίνεται τρίγωνο με $B=60^o,\, C=40^o$ . Στην προέκταση της παίρνουμε σημείο με . Να αποδείξετε ότι .

Σχόλιο. Η άσκηση μου εστάλη πριν από λίγες ώρες από Ρουμανία ζητώντας λύση. Την χτένισα λιγάκι και εδώ γράφω μία ισοδύναμη μορφή της, διώχνοντας κάποια περιττά στοιχεία. Έστειλα πίσω μία λύση με βάση την Τριγωνομετρία αλλά όταν μου είπαν ότι η άσκηση απευθυνόταν σε μαθητές Β' Γυμνασίου (σωστά διαβάσατε) βρήκα μία δεύτερη, καθαρά γεωμετρική, ωραία λύση. Ζητώ διάφορες λύσεις. Αν χρειαστεί θα γράψω τις δύο δικές μου.
Σε άλλο ποστ θα γράψω μία δεύτερη άσκηση που μου έστειλαν, Θεωρίας Αριθμών.

Κατασκυευάζω το ισοσκελές τρίγωνο $AB\Theta ,\hat{A\Theta B}=40^{0}$ και στη συνέχεια το παραλληλόγραμμο $B\Theta TC,\Theta T=BC,B\Theta =E\Theta =TC$ Οπότε το τετράπλευρο $\Theta CET$ είναι ισοσκελές τραπέζιο Το τετράπλευρο $ABC\Theta$
είναι εγγράψιμο γιατί $\hat{A\Theta B}=\hat{ACB}=40^{0}$
Οπότε $\hat{\Theta CE}=100^{0}=\hat{CET}=20+\Theta ET\Rightarrow \hat{\Theta ET}=80,\hat{\Theta TE}=80\Rightarrow \Theta E=\Theta T\Rightarrow AE-c=a\Leftrightarrow AE=c+a$

#9

Bάζω από τώρα την μία από τις δύο λύσεις μου δεδομένου ότι μοιάζει με αυτήν του Νίκου (Doloros) στο ποστ #7. Την δεύτερη λύση που έχω (Τριγωνομετρική) θα την αναρτήσω αργότερα.

Γράφουμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

, και έστω ότι τέμνει την

στο

. Είναι τότε $\widehat{CAF}= \widehat{CEA}= \frac {1}{2}\widehat{ ACE}=20^o$ . Εύκολα τώρα συμπληρώνουμε τα μέτρα των διάφορων γωνιών του σχήματος. Από εκεί βλέπουμε ότι AB=AF

και

. Συνεπώς

, όπως θέλαμε.

#10

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 02, 2022 11:19 am
Bάζω από τώρα την μία από τις δύο λύσεις μου δεδομένου ότι μοιάζει με αυτήν του Νίκου (Doloros) στο ποστ #7. Την δεύτερη λύση που έχω (Τριγωνομετρική) θα την αναρτήσω αργότερα.

Γράφουμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του , και έστω ότι τέμνει την στο . Είναι τότε $\widehat{CAF}= \widehat{CEA}= \frac {1}{2}\widehat{ ACE}=20^o$ . Εύκολα τώρα συμπληρώνουμε τα μέτρα των διάφορων γωνιών του σχήματος. Από εκεί βλέπουμε ότι και . Συνεπώς , όπως θέλαμε.

Ακριβώς αυτό είχα στο μυαλό μου Μιχάλη !

#11

Μιχάλη, μήπως αυτή;

θέλουμε να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{AE=a+c.}$

Από τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{AEC}$ είναι $\displaystyle{\frac{AE}{\sin 40^o}=\frac{b}{\sin 20^o}}$ οπότε $\displaystyle{\boxed{AE=2b\cos 20^o}}$ ( $\displaystyle{\bigstar}$ )

Από τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ είναι $\displaystyle{\frac{b}{\sin 60^o}=\frac{a}{\sin 80^o}=\frac{c}{\sin 40^o}=\frac{a+c}{\sin 80^o+\sin 40^o}=\frac{a+c}{2\sin 60^o \cos 20^o}}$

δηλαδή $\displaystyle{\frac{b}{\sin 60^o}=\frac{a+c}{2\sin 60^o \cos 20^o}}$ ( $\displaystyle{\bigstar \bigstar}$ )

Από τις ( $\displaystyle{\bigstar}$ ) και ( $\displaystyle{\bigstar \bigstar}$ ) προκύπτει η ζητούμενη.

Ιστοσελίδα · #12

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 01, 2022 11:52 pm
Δίνεται τρίγωνο με $B=60^o,\, C=40^o$ . Στην προέκταση της παίρνουμε σημείο με . Να αποδείξετε ότι .

Σχόλιο. Η άσκηση μου εστάλη πριν από λίγες ώρες από Ρουμανία ζητώντας λύση. Την χτένισα λιγάκι και εδώ γράφω μία ισοδύναμη μορφή της, διώχνοντας κάποια περιττά στοιχεία. Έστειλα πίσω μία λύση με βάση την Τριγωνομετρία αλλά όταν μου είπαν ότι η άσκηση απευθυνόταν σε μαθητές Β' Γυμνασίου (σωστά διαβάσατε) βρήκα μία δεύτερη, καθαρά γεωμετρική, ωραία λύση. Ζητώ διάφορες λύσεις. Αν χρειαστεί θα γράψω τις δύο δικές μου.
Σε άλλο ποστ θα γράψω μία δεύτερη άσκηση που μου έστειλαν, Θεωρίας Αριθμών.

Καλή χρονιά με υγεία!

: shape.png (8.65 KiB) Προβλήθηκε 696 φορές

Προεκτείνουμε την

κατά

Από αυτήν την άσκηση ισχύει ότι $b + d = a + b + c \Leftrightarrow d = a + c$

#13

matha έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 02, 2022 11:59 am
Μιχάλη, μήπως αυτή;

Θάνο,

Ναι ακριβώς αυτή. Με δικά μου λόγια το ζητούμενο είναι ουσιαστικά (όπως άλλωστε το γράφεις) η ταυτότητα $\displaystyle{\dfrac {\sin 40}{\sin 20} = \dfrac {\sin 40+\sin 80}{\sin 60}}$ . Η απόδειξη είναι ήδη στην λύση σου.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #14

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 01, 2022 11:52 pm
Δίνεται τρίγωνο με $B=60^o,\, C=40^o$ . Στην προέκταση της παίρνουμε σημείο με . Να αποδείξετε ότι .

Σχόλιο. Η άσκηση μου εστάλη πριν από λίγες ώρες από Ρουμανία ζητώντας λύση. Την χτένισα λιγάκι και εδώ γράφω μία ισοδύναμη μορφή της, διώχνοντας κάποια περιττά στοιχεία. Έστειλα πίσω μία λύση με βάση την Τριγωνομετρία αλλά όταν μου είπαν ότι η άσκηση απευθυνόταν σε μαθητές Β' Γυμνασίου (σωστά διαβάσατε) βρήκα μία δεύτερη, καθαρά γεωμετρική, ωραία λύση. Ζητώ διάφορες λύσεις. Αν χρειαστεί θα γράψω τις δύο δικές μου.
Σε άλλο ποστ θα γράψω μία δεύτερη άσκηση που μου έστειλαν, Θεωρίας Αριθμών.

Προεκτείνω την

κατά

και γράφω τον κύκλο (E,a+b+c)

που τέμνει την

στο

Εύκολα προκύπτουν οι γωνίες του σχήματος ,άρα $\triangle HAB= \triangle ABC \Rightarrow HA=AC=b$ συνεπώς AE=a+c

Η πρώτη λύση που έκανα ήταν αυτή με τον περίκυκλο του $\triangle ABC$ αλλά δεν την έγραψα γιατί

θεώρησα ότι αυτή δεν είναι γνώση της Β΄Γυμνασίου

: τρίγωνο 40-60-80.png (23.23 KiB) Προβλήθηκε 648 φορές

#15

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 01, 2022 11:52 pm
Δίνεται τρίγωνο με $B=60^o,\, C=40^o$ . Στην προέκταση της παίρνουμε σημείο με . Να αποδείξετε ότι .

Δίνω μία μετρική λύση.

: 40-60-80 από Ρουμανία.png (13.68 KiB) Προβλήθηκε 631 φορές

Με νόμο συνημιτόνου στο ABC,

είναι

και επειδή μία γωνία είναι διπλάσια μιας άλλης,

a^2-c^2=bc.

Από αυτές τις δύο σχέσεις, $\displaystyle \frac{{{{({a^2} - {c^2})}^2}}}{{{c^2}}} = {a^2} + {c^2} - ac \Leftrightarrow$ $\boxed{a^3+c^3=3ac^2}$ (1)

Με νόμο συνημιτόνου τώρα στο ABE,

έχω:

$\displaystyle A{E^2} = {c^2} + {(a + b)^2} - c(a + b) = {a^2} + {b^2} + {c^2} + 2ab - ac - bc$

$\displaystyle A{E^2} = {a^2} + \left( {{a^2} + {c^2} - ac} \right) + {c^2} + 2a\frac{{{a^2} - {c^2}}}{c} - ac - ({a^2} - {c^2})$

$\displaystyle A{E^2} = \frac{{{a^2}c + 3{c^3} + 2{a^3} - 4a{c^2}}}{c} = \frac{{c({a^2} + {c^2} + 2ac) + 2({a^3} + {c^3} - 3a{c^2})}}{c}$

$\displaystyle A{E^2} = {(a + c)^2} + \frac{2}{c}({a^3} + {c^3} - 3a{c^2})\mathop = \limits^{(1)} {(a + c)^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{AE=a+c}$

Λάμπρος Κατσάπας · #16

: Inkodo-122022_41915_PM.jpg (454.3 KiB) Προβλήθηκε 601 φορές

Γιώργος Μήτσιος · #17

Καλή χρονιά σε όλους! Μια προσπάθεια για ...

...διαφορετική λύση

μετά από τόσες ωραίες που προηγήθηκαν! Με χρήση του σχήματος

: 2-1 ..40-60-80 .png (187.57 KiB) Προβλήθηκε 537 φορές

Θεωρώ

και φέρω $MON \parallel AE$ και $AO \parallel ICN$ .

Το τρίγωνο MCN

έχει γωνίες (20,80,80)

άρα

, ενώ το

έχει

οπότε

και η

είναι μεσοκάθετος του

άρα και διχοτόμος.

Τότε $\widehat{AOB}=40^o=\widehat{ACB}$ δηλ. το BOCA

εγγράψιμο. Το τρίγωνο AOC

πρoκύπτει με δύο

άρες

άρα ισόπλευρο που εξισώνει όλα τα μπλε τμήματα. Έτσι έχουμε

AE=AI+IE=ON+OM=MN=MC=MB+BC=AB+BC

δηλ. το ζητούμενο.

Φιλικά, Γιώργος.

Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Re: Τρίγωνο 40-60-80 από Ρουμανία

Μέλη σε σύνδεση