Το κυνήγι της γωνίας

Ιστοσελίδα · #1

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με γωνία Β = 45. Στην πλευρά ΒΓ του τριγώνου παίρνουμε σημείο Δ τέτοιο ώστε ΒΔ = 1/2ΓΔ.. Αν είναι γωνία ΑΔΓ = 60, να υπολογιστούν οι άλλες γωνίες του τριγώνου.

#2

Η ώρα είναι ήδη περασμένη, επιχειρώ μιαν απάντηση με ύλη οτιδήποτε άλλο μπόρεσα να σκεφτώ εκτός Γεωμετρίας Α΄ Λυκείου...
Αύριο θα ψάξουμε και τη Γεωμετρική Λύση.

Στο ΑΒΔ από Ν. Ημιτόνων: $\displaystyle \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{\eta \mu 120^\circ }} = \frac{{{\rm B}\Delta }}{{\eta \mu 15^\circ }}\;\;\; \Leftrightarrow \;\;\;\frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{\eta \mu 120^\circ }} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{{3\eta \mu 15^\circ }}$
Στο ΑΒΓ από Ν. Ημιτόνων: $\displaystyle \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{\eta \mu \phi }} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{{\eta \mu \left( {135^\circ - \phi } \right)}} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{{\eta \mu \left( {45^\circ + \phi } \right)}},\;\widehat{\Gamma } = \phi$

Οπότε, είναι: $\displaystyle \frac{{\eta \mu 120^\circ }}{{3\eta \mu 15^\circ }} = \frac{{\eta \mu \phi }}{{\eta \mu \left( {45^\circ + \phi } \right)}}$

Για φ =75° επαληθεύεται, αφού είναι $\displaystyle \eta \mu ^2 120^\circ = \frac{3}{4}\;\;\kappa \alpha \iota \;\;3\eta \mu 15^\circ \cdot \eta \mu 75^\circ = 3\eta \mu 15^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 15^\circ = \frac{3}{2}\eta \mu 30^\circ = \frac{3}{4}$
Θεωρούμε τη συνάρτηση $\displaystyle f\left( x \right) = \frac{{\eta \mu x}}{{\eta \mu \left( {\frac{\pi }{4} + x} \right)}},\;\;x \in \left( {0,\;\frac{{3\pi }}{4}} \right)$

$\displaystyle f'\left( x \right) = \frac{{\eta \mu \left( {\frac{\pi }{4} + x} \right) \cdot \sigma \upsilon \nu x - \eta \mu x \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {\frac{\pi }{4} + x} \right)}}{{\eta \mu ^2 \left( {\frac{\pi }{4} + x} \right)}} = \frac{{\eta \mu \left( {\frac{\pi }{4}} \right)}}{{\eta \mu ^2 \left( {\frac{\pi }{4} + x} \right)}} > 0$ , άρα f γν. αύξουσα, οπότε η ρίζα μοναδική.
Οπότε Γ =75° και Α =60°
Γιώργος Ρίζος

Την τεχνική για την μοναδικότητα της ρίζας την δανείστηκα από τη λύση του Κώστα Παππέλη εδώ: viewtopic.php?f=49&t=2954&p=16144#p16144

p_gianno · #3

Ωραία άσκηση
Μια γεωμετρική προσέγγιση υπάρχει στο συνημμένο

angle chasing.pdf: (60.84 KiB) Μεταφορτώθηκε 135 φορές

Π.Γ

Μάκης Χατζόπουλος · #4

Πολύ ωραίες λύσεις!

Ιστοσελίδα · #5

Μια αντιμετώπιση με αναλυτική

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων Βxy με i // BΓ διάνυσμα.
Προφανώς $B\Delta = \frac{1}{2}B\Gamma$ , έτσι αν ΒΔ = λ, τότε
Δ(λ,0), Γ(3λ, 0) και $A\left( {\gamma \frac{{\sqrt 2 }}{2},\gamma \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)$

Εφαρμόζουμε τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΒΔΑ και έχουμε:
$\frac{{AB}}{{\eta \mu 120}} = \frac{{B\Delta }}{{\eta \mu 15}}$
ή $\gamma = \lambda \cdot \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{4}\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}} = \lambda \frac{{\sqrt 2 }}{2}\left( {\sqrt 3 + 3} \right)$

Άρα οι συντεταγμένες του Α γίνονται:
$A\left( {\frac{\lambda }{2}(\sqrt 3 + 3),\frac{\lambda }{2}(\sqrt 3 + 3)} \right)$
και οι συντεταγμένες των διανυσμάτων $\mathop {\Gamma {\rm A}}\limits^ \to ,\mathop {\Gamma {\rm B}}\limits^ \to$ είναι:

$\mathop {\Gamma {\rm A}}\limits^ \to \left( {\frac{\lambda }{2}(\sqrt 3 - 3),\frac{\lambda }{2}(\sqrt 3 + 3)} \right)$ και $\mathop {\Gamma B}\limits^ \to \left( { - 3\lambda ,0} \right)$
Τέλος έχουμε:
$\mathop {\Gamma A}\limits^ \to \cdot \mathop {\Gamma {\rm B}}\limits^ \to = \left| {\mathop {\Gamma {\rm A}}\limits^ \to } \right| \cdot \left| {\mathop {\Gamma {\rm B}}\limits^ \to } \right|\sigma \upsilon \nu \Gamma \Leftrightarrow$
$\sigma \upsilon \nu \Gamma = \frac{{\sqrt 2 }}{4}(\sqrt 3 - 1) = \sigma \upsilon \nu 75$
άρα Γ = 75 και Α = 180 – 75 – 45 = 60

#6

Ετοιμαζόμουν να φτιάξω ένα πρόλογο που να δικαιολογώ τη λύση με Αναλυτική που ετοιμαζόμουν να ανεβάσω (μη ξεχνάμε, για Γεωμετρία Α΄ Λυκείου μιλούσαμε...).
Με ευχάριστη έκπληξη είδα τη λύση του Σπύρου.

Δίνω μιαν ακόμα:

: trigono 03.png (2.82 KiB) Προβλήθηκε 1364 φορές

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα με κορυφή Δ. Στον x΄x παίρνουμε σημεία Β(-1, 0) και Γ(2, 0). H ημιευθεία Δt με κλίση 60° έχει εξίσωση $\displaystyle y = \sqrt 3 x$
και η ημιευθεία Bz με κλίση 45° έχει εξίσωση $\displaystyle y = x + 1$ .
Τέμνονται σε σημείο Α με συντεταγμένες $\displaystyle A\left( {\frac{1}{{\sqrt 3 - 1}},\;\frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 - 1}}} \right) = A\left( {\frac{{\sqrt 3 + 1}}{2},\;\frac{{3 + \sqrt 3 }}{2}} \right)$ .
Η ευθεία που διέρχεται από τα Α, Γ έχει κλίση:
$\displaystyle \varepsilon \phi \,\phi = \frac{{\frac{{3+\sqrt { 3} }}{2}}}{{\frac{{\sqrt 3 + 1}}{2} - 2}} = \frac{{\sqrt 3 + 1}}{{1-\sqrt { 3} }} = \frac{{\varepsilon \phi 60^\circ + \varepsilon \phi 45^\circ }}{{1 - \varepsilon \phi 60^\circ \cdot \varepsilon \phi 45^\circ }} = \varepsilon \phi 105^\circ$

Αφού 0° < φ < 180° είναι φ =105°, οπότε $\displaystyle \widehat\Gamma = 75^\circ \;\;\kappa \alpha \iota \;\;\widehat{\rm A} = 60^\circ$ .

Γιώργος Ρίζος

Ιστοσελίδα · #7

Άλλη μια γεωμετρική λύση κατάλληλη για την Α λυκείου

Φέρνουμε την ΓΕ κάθετη στην ΑΔ, τότε ΔΓΕ = 30 (1) άρα ΔΕ = ΓΔ/2 = ΒΔ, συνεπώς το τρίγωνο ΒΔΕ είναι ισοσκελές, άρα ΕΒΔ = ΔΕΒ = 30 (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε ότι το τρίγωνο ΕΒΓ είναι επίσης ισοσκελές οπότε ΒΕ = ΓΕ (3), επιπλέον ΕΒΑ = Β – ΕΒΑ = 30 – 15 = 15 (4)

Στο τρίγωνο ΑΒΕ η γωνία ΒΕΔ είναι εξωτερική οπότε ΕΑΒ = ΔΕΒ – ΕΒΑ = 30 – 15 = 15, άρα το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές από όπου προκύπτει ότι ΒΕ = ΕΑ (5)

Τέλος από τις (3) και (5) έχουμε άλλο ένα ισοσκελές τρίγωνο το ΑΓΕ επομένως
ΕΓΑ = ΓΑΕ = ΓΕΔ/2 = 45 και παίρνουμε τελικά ότι Α = 15 +45 = 60 και Γ = 30 +45 = 75

Το κυνήγι της γωνίας

Το κυνήγι της γωνίας

Re: Το κυνήγι της γωνίας

Re: Το κυνήγι της γωνίας

Re: Το κυνήγι της γωνίας

Re: Το κυνήγι της γωνίας

Re: Το κυνήγι της γωνίας

Re: Το κυνήγι της γωνίας

Μέλη σε σύνδεση