mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 10, 2017 9:51 pm**

Καλησπέρα σε όλους !
Θεωρούμε το τρίγωνο ABC

με $\widehat{A}> \widehat{B}=\widehat{C}$ και

το μέσον της

.

Στην ημιευθεία

εντοπίζουμε το σημείο

ώστε να είναι $A\widehat{C}E=B\widehat{A}C$ .

1) Να εκφραστεί η $B\widehat{A}C$ συναρτήσει της $B\widehat{C}E= \omega$

Στην ημιευθεία

θεωρούμε και το σημείο

ώστε να ισχύει $A\widehat{B}D=C\widehat{A}M$ .

2) Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{AD}{BC}$ στις περιπτώσεις : α) Αν : $\omega = 60^{0}$ και β) Αν (βλ. και σχήμα ) : $\omega = 72^{0}$ .

: 10-7-17 Ισοσκελές και λόγος.PNG (16.61 KiB) Προβλήθηκε 1002 φορές

ώρες για τους μαθητές (μάλλον θα αποδειχθούν ..π Ο.Λ.λές..

) ...Γεωμετρία Β' Λυκείου

Ευχαριστώ Γιώργος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 11, 2017 3:07 pm**

Γεια σου Γιώργο!

1) Έστω $\widehat{BAC}=\phi$ .

Από το ισοσκελές ABC

έχουμε $\widehat{ACB}=90^\circ-\dfrac{\phi}{2}$ .

Από υπόθεση, $\phi=\widehat{BAC}=\widehat{ACE}=\widehat{ACB}+\widehat{BCE}=90^\circ-\dfrac{\phi}{2}+\omega \Rightarrow \boxed{\phi=\dfrac{2\omega+180^\circ}{3}}$ .

2)

α) Έστω $\omega=60^\circ$ , τότε από το 1), είναι $\widehat{BAC}=\phi=100^\circ$ .

Χρησιμοποιώντας τις δεδομένες ισότητες γωνιών εύκολα συμπληρώνουμε τις γωνίες του παρακάτω σχήματος.

: GONIA 60.png (17.95 KiB) Προβλήθηκε 959 φορές

Στο τετράπλευρο ABED

ισχύει $\widehat{EBD}=50^\circ=\widehat{EAD}$ , οπότε είναι εγγράψιμο.

Είναι όμως $\displaystyle \widehat{ABE}=100^\circ=\widehat{BAD} \mathop = \limits^{ABED \, \textnormal{\gr εγγράψιμο}} 180^\circ-\widehat{BED} \Rightarrow \widehat{ABE}+\widehat{BED}=180^\circ$ , οπότε $AB \parallel ED$ .

Άρα, το τετράπλευρο είναι και εγγράψιμο, και τραπέζιο, οπότε είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Έπεται ότι AD=BE

(1).

Το τρίγωνο BEC

είναι ισόπλευρο (πράγματι, αφού όλες οι γωνίες του είναι $60^\circ$ ), άρα BE=BC

(2).

Από (1), (2) $AD=BC \Rightarrow \boxed{\dfrac{AD}{BC}=1}$ .

β) Έστω τώρα $\omega=72^\circ$ .

Εύκολα συμπληρώνουμε τις γωνίες του σχήματος.

Όπως πριν, το ABED

είναι ισοσκελές τραπέζιο, άρα BE=AD

.

: GONIA 72.png (21.22 KiB) Προβλήθηκε 959 φορές

Είναι

$\dfrac{AD}{BC}=\dfrac{BE}{BC} \mathop = \limits^{\textnormal{\gr Ν. Ημιτόνων στο} \, \vartriangle BEC} \dfrac{\sin \widehat{BCE}}{\sin \widehat{BEC}}=\dfrac{\sin 72^\circ}{\sin 36^\circ}=$

$\dfrac{2\sin 36^\circ \cos 36^\circ}{\sin 36^\circ}=2\cos 36^\circ=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}$ .

Τελικά, $\boxed{\dfrac{AD}{BC}=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 12, 2017 1:00 pm**

Καλό Μεσημέρι ! . Ορέστη σ' ευχαριστώ πολύ για την κάλυψη όλων των ερωτημάτων !

Η πρόβλεψη ,λοιπόν , ήταν σωστή πως οι

ώρες ήταν πΟ(ρέστης).Λ(ιγνός) λές ! Να προσθέσω λίγα σχετικά :

Στο α' σχήμα του Ορέστη , με $\omega =60^{0}$ , τα τρίγωνα ACE,ABD

είναι ίσα (*) (ΓΠΓ) οπότε AD=CE=2CM=BC

Στο β' σχήμα έχουμε στο τρίγωνο MAC

: $\dfrac{MC}{AC}=\sigma \upsilon \nu 36^{0}=\dfrac{\Phi }{2}\Rightarrow BC=\Phi \cdot AC$ ενώ $C\widehat{B}D=18^{0}=C\widehat{D}B\Rightarrow CD=BC$

Άρα $\dfrac{AD}{BC}=\dfrac{AC+BC}{BC}=\dfrac{1 }{\Phi }+1\Rightarrow \dfrac{AD}{BC}= \Phi$ .

Επιπλέον εδώ, μπορούμε να δείξουμε ότι $\eta \mu 18^{0}=\dfrac{CM}{CE}=\dfrac{BC/2}{CE}=\dfrac{1}{2}\dfrac{BC}{AD}=\dfrac{1}{2\Phi }$

(*) Η ισότητα τέτοιων τριγώνων μπορεί να φανεί χρήσιμη για Γεωμετρική λύση άλλου ..

.. πρόσφατου θέματος ..

Φιλικά Γιώργος .

mathematica.gr

Ισοσκελές και λόγος

Ισοσκελές και λόγος

Re: Ισοσκελές και λόγος

Re: Ισοσκελές και λόγος