ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

dtsioustas · #1

Με δεδομένο ότι τα $AB\varGamma\varDelta$ , $BEZ\varGamma$ , $EH\Theta{Z}$ είναι τετράγωνα, να αποδειχθεί ότι $\widehat{AK\varDelta}=45^{\circ}$

: 45 μοίρες.gif (7.33 KiB) Προβλήθηκε 3134 φορές

Παρακαλώ με καθαρή Γεωμετρία.
Ευχαριστώ.

S.E.Louridas · #2

Αν στο σχήμα που ακολουθεί αποδείξουμε ότι ${\rm A}\Lambda = 3\alpha \Rightarrow {\rm O} \equiv {\rm K},\Lambda \equiv {\rm H},$
το πρόβλημα τελείωσε.
$\vartriangle {\rm Z}{\rm A}\Delta \sim \vartriangle \Gamma {\rm T}{\rm B},\;\mu \dot \varepsilon \;\Delta {\rm Z} = 2a \Rightarrow \Gamma {\rm Z} = \Gamma {\rm B} = 2{\rm B}{\rm T} \Rightarrow {\rm T}{\rm A} = \frac{3} {2}a \Rightarrow {\rm A}\Lambda = 3a.$

S.E.Louridas

STOPJOHN · #3

Έστω

τοσημείο τομής των AZ,DH

Tα τρίγωνα ADK,KNZ

είναι όμοια άρα $, \frac{NZ}{a}=\frac{KZ}{AK}=\frac{KN}{DK}, (1)$ Ομοίως τα τρίγωνα KDZ,KAH

είναι όμοια συνεπώς $\frac{DZ}{AH}=\frac{DK}{KH}=\frac{KZ}{AK}, (2)$ Από το Θεώρημα του Θαλή ,αφού ZN//HJ

Άρα $NZ=\frac{2}{3}a$ (άλλαξα το γράμμα Θ με

) Oπότε $NZ=\frac{2}{3}a$ Από τις (1),(2)

θα είναι $\frac{KZ}{AK}=\frac{2}{3}$ Στο ορθογώνιο τρίγωνο ADZ,

με ύψος

από τις μετρικές σχέσεις $AD'=\frac{AD^{2}}{AZ}, ZD'=\frac{DZ^{2}}{AZ}$ Υπολογίζουμε $DK=\frac{4a\sqrt{5}}{15}$ , $D'K=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$ , $DD'=\frac{2a\sqrt{5}}{5}$ Οπότε το τρίγωνο DD'K

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές
Γιάννης Σ.

Ιστοσελίδα · #4

: 45-μοίρες.png (20.1 KiB) Προβλήθηκε 3047 φορές

Κάπου το έχουμε ξαναδεί το θέμα ή παραλλαγή του, αλλά άντε βρες το…

Προεκτείνω την ${\rm A}\Delta$ κατά τμήμα $\Delta {\rm M} = {\rm A}\Delta$ . Σχηματίζονται τα παραλληλόγραμμα ${\rm A}{\rm B}\Theta {\rm Z},\,\Delta {\rm H}\Theta {\rm M}$ και το ορθογώνιο και ισοσκελές ${\rm M}{\rm B}\Theta$ (λόγω της ισότητας των ορθογωνίων τριγώνων ${\rm A}{\rm B}{\rm M},\,{\rm B}{\rm H}\Theta$ - δύο πλευρές αντίστοιχα ίσες).

Από τις διαγώνιες του ορθογωνίου παραλληλογράμμου ${\rm A}{\rm H}\Theta \Delta$ ( ${\rm O}$ το σημείο τομής τους) έχουμε ${\rm O}\widehat \Delta \Theta = {\rm O}\widehat \Theta \Delta = \varphi$ , ${\rm A}\widehat \Theta \Delta = \Delta \widehat \Theta {\rm M} = \varphi$ μια που η $\Delta \Theta$ είναι μεσοκάθετος του ${\rm A}{\rm M}$ και ${\rm A}\widehat {\rm Z}\Delta = {\rm B}\widehat \Theta {\rm Z} = \varphi + \omega$ μια που ${\rm A}{\rm Z}//{\rm B}\Theta$ . Από εξωτερική γωνία: $x = 2\varphi + \omega = {\rm B}\widehat \Theta {\rm M} = {45^ \circ }$ .

#5

dtsioustas έγραψε:Με δεδομένο ότι τα $AB\varGamma\varDelta$ , $BEZ\varGamma$ , $EH\Theta{Z}$ είναι τετράγωνα, να αποδειχθεί ότι $\widehat{AK\varDelta}=45^{\circ}$

Το συνημμένο 45 μοίρες.gif δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Παρακαλώ με καθαρή Γεωμετρία.
Ευχαριστώ.

: 1.png (20.23 KiB) Προβλήθηκε 3015 φορές

Γεωμετρικότατα!!!

Αν $\displaystyle{ \alpha }$ είναι η πλευρά του κάθε τετραγώνου τότε: $\displaystyle{ BH = 2\alpha }$ και $\displaystyle{ BD = BZ = \alpha \sqrt 2 }$ (διαγώνιοι τετραγώνου).

Επειδή $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \widehat{ABZ} = \widehat{DBH} = 135^0 \\ \frac{{AB}} {{BD}} = \frac{\alpha } {{\alpha \sqrt 2 }} = \frac{{\alpha \sqrt 2 }} {{\alpha \left( {\sqrt 2 } \right)^2 }} = \frac{{\alpha \sqrt 2 }} {{2\alpha }} = \frac{{{\rm B}{\rm Z}}} {{{\rm B}{\rm H}}} \\ \end{gathered} \right.\; \Rightarrow \vartriangle ABZ \sim \vartriangle DBH \Rightarrow \widehat{ZAB} = \widehat{KDB} = \hat \omega \Rightarrow ABKD }$ εγγράψιμο άρα $\displaystyle{ \boxed{\hat x = \widehat{ABD} = 45^0 } }$

Στάθης

p_gianno · #6

αντιστοίχως πλευρά και ημιδιαγώνιος του τετραγώνου.

$\frac{BN}{\Theta N}=3d:1d=3:1$ (1)

$\frac{AB}{AD}=3a:1a=3:1$ (2)

$\angle DAH=\angle BN\Theta$ (3)

$1+2+3 \rightarrow \triangle BN\Theta \sim \triangle DAH \rightarrow \angle B_3=\angle H_2$

$x=\angle K=\angle K_1+\angle K_2=\angle B_1+\angle H_2= \angle B_1+\angle B_3=\angle ZBE=45^0$

( $\angle K_1=\angle B_1$ ως οξείες με πλευρές παράλληλες)

#7

Είναι $x=\widehat{KHA}+\widehat{KAH}$ , άθροισμα ίσο με 45^o

, από γνωστή άσκηση.

Ιστοσελίδα · #8

Μετά από πολύ ψάξιμο την εντόπισα (ελαφρώς παραλλαγμένη)...εδώ...αλλά έχει και τριγωνομετρικές λύσεις

Μάκης Χατζόπουλος · #9

Νομίζω ότι βγαίνει και πολύ απλά με Αναλυτική Γεωμετρία, αλλά δεν είναι Καθαρή Γεωμετρία, οπότε απορρίπτεται αυτή η λύση!

#10

Καλωσορίζοντας τον συνάδελφο στην παρέα μας (ξανα)γράφω την απόψή μου.

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Μετά από πολύ ψάξιμο την εντόπισα (ελαφρώς παραλλαγμένη)...εδώ...αλλά έχει και τριγωνομετρικές λύσεις

Αρκετά παλαιότερα είχαμε ξανασυζητήσει παρόμοια άσκηση ΕΔΩ

όπου μάλιστα είχαμε διατυπώσει διαφορετικές απόψεις επί του θέματος: "Λύστε την άσκηση ΜΟΝΟ με τον τάδε τρόπο" ή "Η άσκηση ανήκει στον τάδε φάκελο, άρα κάθε διαφορετική λύση, όσο απλή και κομψή να είναι απορρίπτεται".

Η ομορφιά του mathematica είναι ο πλουραλισμός προσεγγίσεων και οι διαφορετικές οπτικές γωνίες από τις οποίες προσεγγίζουμε τια ασκήσεις. Ως εκ τούτου, πιο κομψή διατύπωση θα ήταν: "Δίνεται η άσκηση.... Ενδιαφέρομαι να δω ειδικότερα τις γεωμετρικές σας προσεγγίσεις". Κάποιοι άλλοι θα ήθελαν να δουν κι άλλες.

Αναρωτιέμαι γιατί αυτή η άσκηση είναι πιο κατάλληλη για Α΄ Λυκείου, αντί για Β΄ Λυκείου, αφού λύνεται απλούστερα με Πυθαγόρειο ή Τριγωνομετρία ή Αναλυτική;

Π.χ.

Στο $\displaystyle A\Delta {\rm Z}$ είναι $\displaystyle \varepsilon \phi {\rm A}_1 = \frac{2}{1} = 2$
Στο $\displaystyle {\rm A}\Delta {\rm H}$ είναι $\displaystyle \varepsilon \phi \Delta _1 = \frac{3}{1} = 3$

Είναι $\displaystyle \varepsilon \phi x = \varepsilon \phi \left( {180^\circ - {\rm A}_1 - \Delta _1 } \right) = - \varepsilon \phi \left( {{\rm A}_1 + \Delta _1 } \right) = - \frac{{2 + 3}}{{1 - 2 \cdot 3}} = 1 \Rightarrow x = 45^\circ$ , εφόσον η

είναι γωνία τριγώνου.

edit: Κοιτώντας στην παραπομπή του Μιχάλη, βλέπω ότι ο Νίκος (mathRider) έχει δώσει την ίδια (απαγορευμένη...) λύση.

#11

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
Η ομορφιά του mathematica είναι ο πλουραλισμός προσεγγίσεων και οι διαφορετικές οπτικές γωνίες από τις οποίες προσεγγίζουμε τια ασκήσεις. Ως εκ τούτου, πιο κομψή διατύπωση θα ήταν: "Δίνεται η άσκηση.... Ενδιαφέρομαι να δω ειδικότερα τις γεωμετρικές σας προσεγγίσεις". Κάποιοι άλλοι θα ήθελαν να δουν κι άλλες.

Συμφωνώ και επαυξάνω.Καλό θα είναι να αφήνουμε τον καθένα να εκφράζεται όπου και όπως το θέλει με όποιον μαθηματικό τρόπο επιθυμεί.
Ακόμη θα ήθελα να παρακαλέσω τα μέλη(και αυτό είναι δική μου παράκληση και κανενός άλλου) όταν θέλουν να απευθυνθούν σε μαθητές
να θέτουν την άσκηση στον ειδικό φάκελο.
Όταν η άσκηση τίθεται εκτός φακέλου, να μπορεί ο ΟΠΟΙΟΣΠΗΠΟΤΕ να ασχοληθεί ανερυθρίαστα και όπως αγαπά.
Για μένα δεν υπάρχουν εύκολα και δύσκολα θέματα, υπάρχει η όρεξη να ασχοληθεί κάποιος όποτε το θελήσει.
Καλό υπόλοιπο Κυριακής...

dtsioustas · #12

'Εγραψα "παρακαλώ με καθαρή γεωμετρία". Με τριγωνομετρία την είχα λύσει.
Αυτό που ζήτησα ήταν ξεκάθαρο και δεν χρειαζόταν να μου γίνει κάποια παρατήρηση.
Νομίζω τέτοιου είδους τυπικότητες που αφορούν "κομψότητες" και μόνο (όπως γράψατε) πρέπει να τις παραμερίζουμε! Άλλωστε δεν βοηθούν σε τίποτα παραπάνω. Έχω εντοπίσει και εγώ πολλές φορές εκφωνήσεις που δεν μου αρέσουν και τόσο, αλλά αφόσον γίνεται το ερώτημά τους κατανοητό, όλα τ' άλλα περισσεύουν.
Ευχαριστώ πολύ όσους μου απάντησαν.

kalafatis_kon · #13

download/file.php?mode=view&id=18242

: gonia45.png (53.29 KiB) Προβλήθηκε 2680 φορές

S.E.Louridas · #14

Φέρνοντας τους δύο κύκλους που βλέπουμε, τέλος Ναι και πάλι Γεωμετρικά.

#15

Ακόμα μια λύση με ύλη που περιέχεται στο Βιβλίο Γεωμετρίας Α΄ και Β΄ Λυκείου, εκτός του σημείου όπου καταλήγουμε ότι η οξεία γωνία με ημίτονο $\frac{{\sqrt 2 }}{2}$ είναι $45^\circ$ .

: 12-12-2011 Γεωμετρία b.jpg (26.94 KiB) Προβλήθηκε 2641 φορές

Έστω

η πλευρά των τετραγώνων.

Φέρνουμε $\displaystyle KM \bot AH,\;KN \bot \Delta \Theta$

Από Πυθ. Θεώρημα στο $\displaystyle {\rm Z}{\rm A}\Delta$ είναι $\displaystyle {\rm A}{\rm Z} = \sqrt 5$

Από την ομοιότητα των τριγώνων $\displaystyle {\rm Z}{\rm A}\Delta ,\;{\rm Z}{\rm K}{\rm N}$ είναι $\displaystyle \frac{{{\rm Z}{\rm N}}}{2} = \frac{{{\rm K}{\rm N}}}{1} = \frac{{{\rm K}{\rm Z}}}{{\sqrt 5 }}$ (1)

Από Πυθ. Θεώρημα στο $\displaystyle \Delta {\rm H}\Theta$ είναι $\displaystyle \Delta {\rm H} = \sqrt {10}$

Από την ομοιότητα των τριγώνων $\displaystyle {\rm Z}{\rm K}{\rm N},\;\Delta {\rm H}\Theta$ είναι $\displaystyle \frac{{\Delta {\rm N}}}{3} = \frac{{{\rm K}{\rm N}}}{1} = \frac{{\Delta {\rm K}}}{{\sqrt {10} }}$ (2)

Από (1), (2) έχουμε $\displaystyle \frac{{{\rm{{\rm Z}{\rm N}}}}}{{\rm{2}}} = \frac{{\Delta {\rm N}}}{3} \Leftrightarrow \frac{{{\rm{{\rm Z}{\rm N}}}}}{{{\rm{\Delta {\rm N}}}}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow \frac{{{\rm{{\rm Z}{\rm N}}}}}{{{\rm{\Delta {\rm Z}}}}} = \frac{2}{5} \Leftrightarrow {\rm Z}{\rm N} = \frac{4}{5},\;\Delta {\rm N} = \frac{6}{5}$

Οπότε: $\displaystyle {\rm K}{\rm Z} = \frac{2}{5}\sqrt 5 \Rightarrow {\rm A}{\rm K} = \frac{3}{5}\sqrt 5 \;,\;\;\Delta {\rm K} = \frac{2}{5}\sqrt {10}$

Είναι $\displaystyle \left( {{\rm A}\Delta {\rm K}} \right) = \frac{1}{2}{\rm A}\Delta \cdot \Delta {\rm N} = \frac{3}{5}$

Επίσης $\displaystyle \left( {{\rm A}\Delta {\rm K}} \right) = \frac{1}{2}{\rm A}{\rm K} \cdot {\rm K}\Delta \cdot \eta \mu x \Leftrightarrow \frac{3}{5} = \frac{1}{2} \cdot \frac{{3\sqrt 5 }}{5} \cdot \frac{{2\sqrt {10} }}{5} \cdot \eta \mu x \\ \\ \Leftrightarrow \eta \mu x = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow x = 45^\circ$ ,

αφού

οξεία γωνία.

dtsioustas έγραψε:'Εγραψα "παρακαλώ με καθαρή γεωμετρία". Με τριγωνομετρία την είχα λύσει.
Αυτό που ζήτησα ήταν ξεκάθαρο και δεν χρειαζόταν να μου γίνει κάποια παρατήρηση.
Νομίζω τέτοιου είδους τυπικότητες που αφορούν "κομψότητες" και μόνο (όπως γράψατε) πρέπει να τις παραμερίζουμε! Άλλωστε δεν βοηθούν σε τίποτα παραπάνω. Έχω εντοπίσει και εγώ πολλές φορές εκφωνήσεις που δεν μου αρέσουν και τόσο, αλλά αφόσον γίνεται το ερώτημά τους κατανοητό, όλα τ' άλλα περισσεύουν.
Ευχαριστώ πολύ όσους μου απάντησαν.

Αγαπητέ D. Tsiousta,

δεν έκανα καμμία προσωπική παρατήρηση! Ούτε είναι τυπικότητα αυτό που έγραψα.
Από την εκφώνηση σου, πώς θα μπορούσαμε να το ξέρουμε ότι την είχες λύσει με τριγωνομετρία ή με Αναλυτική και ήθελες μόνο Γεωμετρική προσέγγιση;

Συνήθως αναρτούμε ασκήσεις γιατί τις βρίσκουμε ενδιαφέρουσες (όπως άλλωστε η παρούσα) και θέλουμε να τις μοιραστούμε με τους φίλους μας. Έτσι απολαμβάνουμε και τις λύσεις που θα προταθούν και που μπορεί να καλύπτουν ευρύ φάσμα των Μαθηματικών. Γι' αυτό και αποφεύγουμε τους τεχνητούς περιορισμούς, όπως έγραψα παραπάνω.

Άλλος λόγος είναι γιατί έχουμε κάποιες λύσεις ή και καμμία... και ψάχνουμε κάτι συγκεκριμένο. Τότε το αναφέρουμε ρητά: "Θα ήθελα να δω και μια λύση με Γεωμετρία στο τάδε θέμα...".

Να με συγχωρείς αν θίχτηκες από την παρατήρησή μου. Διαβάζοντας τον έντονο διάλογο (προ διετίας) στο σχετικό σύνδεσμο θα καταλάβεις καλύτερα τι εννοώ!

AlexandrosG · #16

kalafatis_kon έγραψε:download/file.php?mode=view&id=18242

gonia45.png

Καταπληκτική λύση! Συγχαρητήρια!

S.E.Louridas · #17

Ας μου επιτραπεί μία προσωπική τοποθέτηση:

1. Προφανώς και δεν μπαίνουν προσωπικά θέματα με βάση επιστημονικές απόψεις, προφανώς και δεν είναι δυνατό να υπάρχει "κομπλεξικός" άρα ανεπαρκής συνάδελφος που να λέει δημόσια την γνώμη του (αυτό είναι πραγματικά ενα σπάνιο φαινόμενο).

2. Το ζητούμενο είναι και πρέπει να είναι ο Μαθηματικός πλουραλισμός.
Νομίζω οτι αυτό είναι Επιστημονικά και Ηθικά κατανοητό. Στην συνέχεια, υπάρχοντος του πλουραλισμού, δίνεται στον καθένα η δυνατότητα επιλογής. Προσωπικά εκτιμώ και επιλέγω όλες τις λύσεις, αλλά προσπαθώ να διδαχθώ και από τους παράγοντες που οδηγούν στην μή λύση (ορθή διαχείρηση του λάθους κ.τ.λ.).

S.E.Louridas

dtsioustas · #18

Σε παρακαλω γίνε πιο σαφής.Το κάνατε Μακεδονικό ζήτημα.
Ετσι μας αποθαρρύνετε να συμμετέχουμε.

S.E.Louridas · #19

Κε d.tsioustas, επειδή αισθάνομαι άσχημα να είμαι η αιτία να παρακολουθούν οι συνάδελφοι μας παράξενους διαλόγους που τελικά πηγαίνουν σε άλλα μονοπάτια που δεν αφορούν το επιστημονικό μας forum, σας έστειλα p.m.
Αν έχετε τον χρόνο και την διάθεση θα σας παρακαλούσα να το διαβάσετε.

S.E.Louridas

ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Re: ΝΑ ΑΠΟΔΕΙΞΕΤΕ ΟΤΙ Η ΓΩΝΙΑ ΕΙΝΑΙ 45 μοίρες

Μέλη σε σύνδεση