Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !

#1

: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα.png (42.98 KiB) Προβλήθηκε 1415 φορές

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ και σημείο της ώστε $\angle CDE={{60}^{0}}$ , όπου το μέσο της . Αν $P\equiv AN\cap BM$ όπου το συμμετρικό ως προς την του μέσου της , να δείξετε ότι $\angle MPA={{60}^{0}}$

Henri van Aubel · #2

Καλημέρα!!

Ας διευκολύνω λίγο την άσκηση για τους μεγάλους του Λυκείου. Πάμε να δούμε!

Έχουμε :

$\displaystyle \measuredangle DAM=\measuredangle PAD$

Οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle \measuredangle MAE+\measuredangle ABM=60^\circ$

Επομένως το πρόβλημα γίνεται το εξής:

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle \vartriangle ABC(AB=AC)$ και σημείο $\displaystyle E$ της $\displaystyle AC$ ,ώστε $\displaystyle \measuredangle CDE=60^\circ,$ όπου $\displaystyle D$ το μέσον της $\displaystyle BC.$ . Αν $\displaystyle M$ το μέσον της $\displaystyle DE$ , να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \measuredangle EAM+\measuredangle ABM=60^\circ.$

Το συγκεκριμένο πρόβλημα μπορεί να λυθεί πολύ εύκολα με τριγωνομετρία. Μπορούν να το λύσουν εύκολα οι μαθητές μας.

#3

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 29, 2022 10:09 am
Καλημέρα!! Ας διευκολύνω λίγο την άσκηση για τους μεγάλους του Λυκείου. Πάμε να δούμε!

Έχουμε :

$\displaystyle \measuredangle DAM=\measuredangle PAD$

Οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι:

$\displaystyle \measuredangle MAE+\measuredangle ABM=60^\circ$

Επομένως το πρόβλημα γίνεται το εξής:

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle \vartriangle ABC(AB=AC)$ και σημείο $\displaystyle E$ της $\displaystyle AC$ ,ώστε $\displaystyle \measuredangle CDE=60^\circ,$ όπου $\displaystyle D$ το μέσον της $\displaystyle BC.$ . Αν $\displaystyle M$ το μέσον της $\displaystyle DE$ , να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \measuredangle EAM+\measuredangle ABM=60^\circ.$

Το συγκεκριμένο πρόβλημα μπορεί να λυθεί πολύ εύκολα με τριγωνομετρία. Μπορούν να το λύσουν εύκολα οι μαθητές μας.

Κώστα καλημέρα

Δίκη μου άποψη είναι οτι η διαφοροποίηση που κανεις μαλλον θα δυσκολέψει το προβλημα

Δεν γνωρίζω πως μπορείς να την αντιμετωπίσεις με τριγωνομετρια ( θα με ενδιέφερε να το δω απο σένα )

Πάντως εμένα με δυσκόλεψε λιγάκι και η λυση μου δεν ειναι με στοιχειώδη μεσα

Περιμένω με αγωνία να δω τη γεωμετρική και την τριγωνομετρικη σου λυση

Henri van Aubel · #4

Γειά σου Στάθη!!

Ορίστε η λύση μου (για να μην πάθεις τίποτα από την αγωνία

).

Θέτω $\displaystyle \measuredangle DAE=\vartheta$

Έχουμε:

$\displaystyle \frac{BD}{DM}=\frac{2\cdot DC}{DE}=\frac{2\sin \left ( \vartheta +30^\circ \right )}{\cos \vartheta }=\frac{\sin \left ( 60^\circ-\measuredangle MBD \right )}{\sin \left ( \measuredangle MBD \right )}$

Αυτό συνεχίζεται με πράξεις και τελικά:

$\displaystyle \boxed {\tan \left ( \measuredangle MBD \right )=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3}\cdot \tan \vartheta +3}} (1)$

Επιπλέον έχουμε:

$\displaystyle \frac{AE}{EM}=\frac{2\cdot AE}{DE}=\frac{2\cdot \sin 30^\circ}{\sin \vartheta }=\frac{1}{\sin \vartheta }=\frac{\sin \left ( 30^\circ+\vartheta -\measuredangle EAM \right )}{\sin \left ( \measuredangle EAM \right )}$

Αυτό συνεχίζεται με πράξεις και τελικά:

$\displaystyle \boxed {\tan \left ( \measuredangle EAM \right )=\frac{\sin \vartheta \cdot \sin \left ( \vartheta +30^\circ \right )}{\sin \vartheta \cdot \cos \left ( \vartheta +30^\circ \right )+1}}(2)$

Από τις σχέσεις $\displaystyle (1),(2)$ προκύπτει ότι:

$\displaystyle \tan \left ( \measuredangle EAM-\measuredangle MBD \right )=\tan \left ( \vartheta -30^\circ \right )\Leftrightarrow \boxed {\measuredangle EAM-\measuredangle MBD=\vartheta -30^\circ}(3)$

Οπότε από την $\displaystyle (3)$ παίρνουμε:

$\displaystyle \measuredangle EAM+\measuredangle ABM=\measuredangle EAM+\left ( 90^\circ-\vartheta -\measuredangle MBD \right )=\left ( \vartheta -30^\circ \right )+\left ( 90^\circ-\vartheta \right )=60^\circ$

#5

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 29, 2022 3:54 pm
Γειά σου Στάθη!! Ορίστε η λύση μου (για να μην πάθεις τίποτα από την αγωνία ).

Θέτω $\displaystyle \measuredangle DAE=\vartheta$

Έχουμε:

$\displaystyle \frac{BD}{DM}=\frac{2\cdot DC}{DE}=\frac{2\sin \left ( \vartheta +30^\circ \right )}{\cos \vartheta }=\frac{\sin \left ( 60^\circ-\measuredangle MBD \right )}{\sin \left ( \measuredangle MBD \right )}$

Αυτό συνεχίζεται με πράξεις και τελικά:

$\displaystyle \boxed {\tan \left ( \measuredangle MBD \right )=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{3}\cdot \tan \vartheta +3}} (1)$

Επιπλέον έχουμε:

$\displaystyle \frac{AE}{EM}=\frac{2\cdot AE}{DE}=\frac{2\cdot \sin 30^\circ}{\sin \vartheta }=\frac{1}{\sin \vartheta }=\frac{\sin \left ( 30^\circ+\vartheta -\measuredangle EAM \right )}{\sin \left ( \measuredangle EAM \right )}$

Αυτό συνεχίζεται με πράξεις και τελικά:

$\displaystyle \boxed {\tan \left ( \measuredangle EAM \right )=\frac{\sin \vartheta \cdot \sin \left ( \vartheta +30^\circ \right )}{\sin \vartheta \cdot \cos \left ( \vartheta +30^\circ \right )+1}}(2)$

Από τις σχέσεις $\displaystyle (1),(2)$ προκύπτει ότι:

$\displaystyle \tan \left ( \measuredangle EAM-\measuredangle MBD \right )=\tan \left ( \vartheta -30^\circ \right )\Leftrightarrow \boxed {\measuredangle EAM-\measuredangle MBD=\vartheta -30^\circ}(3)$

Οπότε από την $\displaystyle (3)$ παίρνουμε:

$\displaystyle \measuredangle EAM+\measuredangle ABM=\measuredangle EAM+\left ( 90^\circ-\vartheta -\measuredangle MBD \right )=\left ( \vartheta -30^\circ \right )+\left ( 90^\circ-\vartheta \right )=60^\circ$

...Οι πράξεις συνεχίζονται και η ζωή μας συνεχίζεται Κώστα.

Για να σου γράφω δεν έπαθα κάτι από την αγωνία μου για τη λύση σου γιατί αυτή μόνο λύση δεν είναι

Μην φοβάσαι για μένα

Το έργο το έχω ξαναδεί πρόσφατα

1) Ημιτελής "τριγωνομετρική λύση"

όπως ο coolgeometry

2) Αναρτήσεις πάντα χωρίς σχήμα (όπως ο coolgeometry)

3) Επιφωνήματα και μεγάλα μπράβο (όπως ο coolgeometry)

Μα ποιος είσαι τέλος πάντων : Ο ίδιος ο coolgeometry; !!!!...

Είσαι και δέκα χρόνια μεγαλύτερός του.

Στο έχουν επισημάνει και εγώ και αρκετοί συνάδελφοι ότι εδώ θέλουμε ολοκληρωμένες λύσεις γιατί μας παρακολουθούν και μαθητές

Τέλος πάντων τον coolgeometry τον εκτόπισες . Από τότε που γράφεις "εξαφανίστηκε"

Στο

πρέπει να υπάρχει επιστημονική δεοντολογία και όχι πασαλείμματα

Το είπε και άλλος συνάδελφος (ή μαθητής δεν θυμάμαι) . Μας ενδιαφέρουν οι έξυπνοι και όχι οι εξυπνάκηδες
Σου είπαμε και παλιότερα ότι θέλουμε ολοκληρωμένες λύσεις.

Δεν ξέρω αν είσαι ο Κώστας Δρακόπουλος ή ο Henri Van Aubel (ο ιμιτασιόν βεβαίως βεβαίως μιας και ο ορίτζιναλ μας "χαιρέτησε") ή ο coolgeometry , εκείνο που ξέρω είναι ότι οι σωστοί άνθρωποι έχουν ένα όνομα όπως ο υπογράφων

Στάθης Κούτρας

Henri van Aubel · #6

Ο Κώστας Δημητρακόπουλος είμαι αγαπητέ Στάθη.
1) Μόνο η σημερινή μου λύση είναι ημιτελής, όλες οι άλλες είναι απόλυτα ολοκληρωμένες.
Η σημερινή μου λύση βεβαίως είναι ημιτελής, δεν έχει όμως λογικό κενό, αλλά υπολογιστικό (το οποίο είναι απλό και τετριμμένο)
Μάλλον το έθεσα λάθος, λέγοντας ''λύση''. Έπρεπε να γράψω ότι έκανα μία σβέλτη προσέγγιση.
2) Αν αφιερώσω τόσο χρόνο για να κάνω σχήμα, θα αφήσω τα κόκκαλά μου στο πληκτρολόγιο.
Επίσης, αν καθίσω να γράψω τους υπολογισμούς της λύσης μου (της σημερινής), οι οποίοι είναι απλούστατοι, θα χάσω πολύ χρόνο από τη ζωή μου.
Η ζωή δεν είναι μόνο μαθηματικά, η ζωή είναι οικογένεια, φίλοι και πολλά άλλα πράγματα, που προφανώς είναι πιο σημαντικά από τα μαθηματικά.
Καλό βράδυ.

#7

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 29, 2022 8:08 pm
Ο Κώστας Δημητρακόπουλος είμαι αγαπητέ Στάθη.
1) Μόνο η σημερινή μου λύση είναι ημιτελής, όλες οι άλλες είναι απόλυτα ολοκληρωμένες.
Η σημερινή μου λύση βεβαίως είναι ημιτελής, δεν έχει όμως λογικό κενό, αλλά υπολογιστικό (το οποίο είναι απλό και τετριμμένο)
Μάλλον το έθεσα λάθος, λέγοντας ''λύση''. Έπρεπε να γράψω ότι έκανα μία σβέλτη προσέγγιση.
2) Αν αφιερώσω τόσο χρόνο για να κάνω σχήμα, θα αφήσω τα κόκκαλά μου στο πληκτρολόγιο.
Επίσης, αν καθίσω να γράψω τους υπολογισμούς της λύσης μου (της σημερινής), οι οποίοι είναι απλούστατοι, θα χάσω πολύ χρόνο από τη ζωή μου.
Η ζωή δεν είναι μόνο μαθηματικά, η ζωή είναι οικογένεια, φίλοι και πολλά άλλα πράγματα, που προφανώς είναι πιο σημαντικά από τα μαθηματικά.
Καλό βράδυ.

Και εμείς Κώστα μου έχουμε γυναίκα (και πολύ όμορφη!!!) και παιδιά και εγγόνια αλλά για μένα στην οικογένειά μου ανήκει και η ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ και ευχαριστώ τη γυναίκα μου αγόγγυστα μου επιτρέπει αυτό το πάθος "κλέβοντας" λίγο χρόνο από αυτή.

Το έχω πει και αλλού και δεν είναι και δικό μου. Η ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ είναι μια όμορφη ΚΥΡΙΑ. Κάθε γεωμετρικό πρόβλημα περιμένει υπομονετικά τη λύση του και όταν την ανακαλύψει η φαντασία σου τότε το πρόβλημα ανθίζει και σε ανταμείβει με ένα ΕΡΩΤΙΚΟ ΧΑΔΙ (Δυστυχισμένοι αυτοί που δεν δέχτηκαν τα χάδια της ).

Για να τελειώνουμε λοιπόν το θέμα εδώ

Επειδή η πρόταση είναι ιδιαίτερα όμορφη (για μένα και κάποιους άλλους) και δεν είναι δική μου (έρχεται από Περού) και με την συγκεκριμένη συζήτηση "λερώθηκε" θα την αναρτήσω ξανά σε νέο post και θα σε παρακαλούσα να ακολουθήσεις τον κανονισμό του forum που λέει ολοκληρωμένες λύσεις

Και φυσικά ΣΧΗΜΑ. Δεν ξέρω τι θα πει λύση γεωμετρικού προβλήματος χωρίς σχήμα.

Αν δεν μπορείς να ανταποκριθείς σε αυτά καλλίτερα να μην ασχοληθείς (και εγώ δεν μπορώ να πετάξω το αεροπλάνο)

Σε δική μου ανάρτηση δεν δέχομαι τέτοιου είδους λύσεις όπως αυτή που έκανες παραπάνω και "χάλασες" τη συζήτηση

Μπορείς να το κάνεις ίσως σε αναρτήσεις άλλων συναδέλφων ή φίλων και ελπίζω να σε "βαθμολογήσουν" κατάλληλα

ΤΕΛΟΣ._

Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !

Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !

Re: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !

Re: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !

Re: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !

Re: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !

Re: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !

Re: Ενδιαφέρουσα εξηντάρα !

Μέλη σε σύνδεση