Νηστίσιμη

#1

: Νηστίσιμη.png (7.39 KiB) Προβλήθηκε 831 φορές

Στο σχήμα δείξετε ότι $\widehat \theta = 45^\circ$ .

Δεκτές όλες οι λύσεις αλλά λόγω σαρακοστής να δούμε λύση χωρίς τριγωνομετρία .

Ορέστης Λιγνός · #2

Γεια σας κύριε Νίκο και Καλή Σαρακοστή!

Παίρνω σημείο

του επιπέδου, ώστε CM=CS

, $CM \perp CS$ και το

να είναι σε διαφορετικό ημιεπίπεδο της

από το

.

Φέρνω, $AT \perp BC, SP \perp BC$ .

Είναι, (εύκολο) BM=MA=5, BD=DT=4

και άρα

.

Επίσης, έχω $\angle SCP=90^\circ-\angle MCD=\angle CMD$ , και αφού CM=CS

, τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle MCD, \vartriangle SCP$ είναι ίσα.

Έτσι, $SP=DC=6=AT \Rightarrow SP=AT=6 \Rightarrow AS \parallel TP \equiv BC$ .

Είναι, $BA=10=AC \Rightarrow \angle BAC=\angle BCA=\angle SAC$ , επομένως τα τρίγωνα $\vartriangle MAC, \vartriangle SAC$ έχουν :

i) CM=CS

ii)

κοινή
iii) $\angle MAC=\angle SAC$ .

Άρα, από το έμμεσο κριτήριο ισότητας τριγώνων (*), προκύπτει ότι είναι ίσα, ή ότι $\angle AMC+\angle ASC=180^\circ$ .

Αν ισχύει το δεύτερο, πρέπει το AMCS

να είναι εγγράψιμο, δηλαδή $\angle MAS=90^\circ \Rightarrow \angle BAC=\angle ACB=90^\circ \Rightarrow \angle B=90^\circ$ , προφανώς άτοπο.

Άρα, τα προαναφερθέντα τρίγωνα είναι ίσα, συνεπώς $\angle ACM=\angle ACS=90^\circ-\angle ACM \Rightarrow \theta=45^\circ$ .

(*) Για το έμμεσο κριτήριο δείτε εδώ (η απόδειξη του γίνεται και με Ν.Ημιτόνων)

#3

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 13, 2019 1:38 pm
Νηστίσιμη.png

Στο σχήμα δείξετε ότι $\widehat \theta = 45^\circ$ .

Δεκτές όλες οι λύσεις αλλά λόγω σαρακοστής να δούμε λύση χωρίς τριγωνομετρία .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#4

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 13, 2019 2:17 pm
Γεια σας κύριε Νίκο και Καλή Σαρακοστή!

Παίρνω σημείο του επιπέδου, ώστε , $CM \perp CS$ και το να είναι σε διαφορετικό ημιεπίπεδο της από το .

Φέρνω, $AT \perp BC, SP \perp BC$ .

Είναι, (εύκολο) και άρα .

Επίσης, έχω $\angle SCP=90^\circ-\angle MCD=\angle CMD$ , και αφού , τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle MCD, \vartriangle SCP$ είναι ίσα.

Έτσι, $SP=DC=6=AT \Rightarrow SP=AT=6 \Rightarrow AS \parallel TP \equiv BC$ .

Είναι, $BA=10=AC \Rightarrow \angle BAC=\angle BCA=\angle SAC$ , επομένως τα τρίγωνα $\vartriangle MAC, \vartriangle SAC$ έχουν :

i)
ii) κοινή
iii) $\angle MAC=\angle SAC$ .

Άρα, από το έμμεσο κριτήριο ισότητας τριγώνων (*), προκύπτει ότι είναι ίσα, ή ότι $\angle AMC+\angle ASC=180^\circ$ .

Αν ισχύει το δεύτερο, πρέπει το να είναι εγγράψιμο, δηλαδή $\angle MAS=90^\circ \Rightarrow \angle BAC=\angle ACB=90^\circ \Rightarrow \angle B=90^\circ$ , προφανώς άτοπο.

Άρα, τα προαναφερθέντα τρίγωνα είναι ίσα, συνεπώς $\angle ACM=\angle ACS=90^\circ-\angle ACM \Rightarrow \theta=45^\circ$ .

(*) Για το έμμεσο κριτήριο δείτε εδώ (η απόδειξη του γίνεται και με Ν.Ημιτόνων)

Σε τέτοια ηλικία , τόσες "στροφές" μόνο θαυμασμό προκαλούν

Σου εύχομαι αγαπητέ Ορέστη και "Κυβερνήτης" με την ευρεία έννοια της λέξης .

#5

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 13, 2019 1:38 pm
Νηστίσιμη.png

Στο σχήμα δείξετε ότι $\widehat \theta = 45^\circ$ .

Δεκτές όλες οι λύσεις αλλά λόγω σαρακοστής να δούμε λύση χωρίς τριγωνομετρία .

Με Πυθαγόρειο εύκολα BM=MA=5

και $MC=3\sqrt 5.$

: Νηστίσιμη.png (11.17 KiB) Προβλήθηκε 790 φορές

Με 1ο θεώρημα διαμέσων: $\displaystyle A{C^2} + 100 = 90 + 50 \Leftrightarrow AC = 2\sqrt {10}$

Κριτήριο καθετότητας: $\displaystyle A{C^2} - A{M^2} = E{C^2} - E{M^2} \Leftrightarrow 15 = 3\sqrt 5 (EC - EM) \Leftrightarrow EC - EM = \sqrt 5$

κι επειδή $EC+EM=3\sqrt 5,$ θα είναι $EC=2\sqrt 5,$ οπότε το AEC

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

Altrian · #6

Καλησπέρα σε όλους.

Φέρνουμε το ύψος

και τις διαμέσους AN,CM

. Ευκολα από π.θ. έχουμε ότι: $MC=AN=3\sqrt{5}$ . $AC=2\sqrt{10}$

Το

είναι βαρύκεντρο του $\triangle ABC$ οπότε $GA=GC=2\sqrt{5}$ . Τότε το $\triangle AGC$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε $\angle \theta=45$

#7

Altrian έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 13, 2019 3:04 pm
Καλησπέρα σε όλους.

Φέρνουμε το ύψος και τις διαμέσους . Ευκολα από π.θ. έχουμε ότι: $MC=AN=3\sqrt{5}$ . $AC=2\sqrt{10}$

Το είναι βαρύκεντρο του $\triangle ABC$ οπότε $GA=GC=2\sqrt{5}$ . Τότε το $\triangle AGC$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε $\angle \theta=45$

Αυτή είναι η λύση μου αλλά χωρίς υπολογισμούς αφού τα τρίγωνα : GNC , ι DMC

είναι όμοια άρα και ισογώνια και το AMNC

είναι ισοσκελές τραπέζιο .

#8

Καλησπέρα σε όλους. Ελπίζω η Αναλυτική Γεωμετρία να θεωρείται νηστίσιμη (αν και υποκρύπτει στοιχεία Τριγωνομετρίας)...

: 13-03-2019 Γεωμετρία.jpg (31.19 KiB) Προβλήθηκε 706 φορές

Έστω

, οπότε $\displaystyle MB:\;y = \frac{3}{4}x$ , άρα $\displaystyle A\left( {a,\;\frac{3}{4}a} \right)$ .

Αφού

μέσο του

είναι

, οπότε $\displaystyle A\left( {8,\;6} \right)$ .

Είναι $\displaystyle MC:\;\;y = - \frac{1}{2}x + 5$ .
Η κάθετη από το

στην

, έχει εξίσωση $\displaystyle y = 2x - 10$ και την τέμνει στο K(6,2)

.

Είναι $\displaystyle \left( {AK} \right) = \left( {KC} \right) = \sqrt {20}$ οπότε το KAC

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, άρα $\displaystyle \theta = 45^\circ$ .

ΠΡΟΣΟΧΗ: Να γίνει άρση της απόκρυψης μετά την 28 Απριλίου 2019

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Γιώργος Μήτσιος · #9

Καλημέρα στην εκλεκτή παρέα!

: Νηστίσιμη.PNG (9.74 KiB) Προβλήθηκε 656 φορές

Στο σχήμα έχουμε επιπλέον $CN\perp AB$ και $IC \perp MC$ . Βρίσκουμε $AM=MB=5..AB=10..MC^{2}=45$

κι ακόμη $(BAC)=2(BMC)=30 \Rightarrow CN=6=CD$ άρα

διχοτόμος της $\widehat{AMD}$ .

Τότε τα ορθ. τρίγωνα DMC,MIC

είναι όμοια με συνέπειες: CI/CM=DC/MD=2

και $MI=MC^{2}/MD=15\Rightarrow AI=10$ .

Προκύπτει $\dfrac{AI}{AM}=2=\dfrac{CI}{CM}$ άρα

διχοτόμος της ορθής $\widehat{MCI}$ οπότε $\widehat{MCA}=45^{0}$ . Φιλικά, Γιώργος.

Ιστοσελίδα · #10

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 13, 2019 1:38 pm

Στο σχήμα δείξετε ότι $\widehat \theta = 45^\circ$ .

Δεκτές όλες οι λύσεις αλλά λόγω σαρακοστής να δούμε λύση χωρίς τριγωνομετρία .

Καλημέρα από το σχολείο!

: νηστισιμη-sol.png (13.28 KiB) Προβλήθηκε 629 φορές

Προεκτείνουμε την

κατά

και προφανώς $\angle ACE = {90^ \circ }$

Από την προφανή ομοιότητα των $\triangleleft AKC, \triangleleft ECA$ και από αντίστροφο θεωρήματος διχοτόμου, το ζητούμενο έπεται.

STOPJOHN · #11

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 13, 2019 1:38 pm
Νηστίσιμη.png

Στο σχήμα δείξετε ότι $\widehat \theta = 45^\circ$ .

Δεκτές όλες οι λύσεις αλλά λόγω σαρακοστής να δούμε λύση χωρίς τριγωνομετρία .

Κατασκευάζω το ορθογώνιο KCLA

Εστω ότι

είναι το μέσο της

τότε $MT//AC,MT^{2}=9+1\Leftrightarrow MT=\sqrt{10}\Rightarrow AC=2\sqrt{10},(ABC)=\dfrac{1} {2}.2\sqrt{10}.3\sqrt{10},(ABC)=30, (AMC)=15,AC^{2}+BC^{2}=2MC^{2}+\dfrac{AB^{2}}{2}\Rightarrow MC=3\sqrt{5},(AMC)=\dfrac{1}{2}AK.MC \Rightarrow AK=2\sqrt{5},KC^{2}=AC^{2}-AK^{2}\Rightarrow KC=2\sqrt{5},\hat{ACK}=45^{0}$

Γιάννης

Νηστίσιμη

Νηστίσιμη

Re: Νηστίσιμη

Re: Νηστίσιμη

Re: Νηστίσιμη

Re: Νηστίσιμη

Re: Νηστίσιμη

Re: Νηστίσιμη

Re: Νηστίσιμη

Re: Νηστίσιμη

Re: Νηστίσιμη

Re: Νηστίσιμη

Μέλη σε σύνδεση