mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 17, 2010 2:51 pm**

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς 1 και σημεία Ε, Ζ πάνω στις πλευρές ΑΔ και ΑΒ αντίστοιχα, τέτοια ώστε: ΑΕ+ΕΖ+ΖΑ=2. Βρείτε τη γωνία $x = {\rm E}\widehat \Gamma {\rm Z}$ .

: x58.jpg (64.52 KiB) Προβλήθηκε 1450 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 17, 2010 3:32 pm**

Μία λύση:

Ας ονομάσουμε $\displaystyle{AZ=k, AE=l.}$ Τότε, $\displaystyle{ZE=\sqrt{k^2+l^2}.}$
Επειδή $\displaystyle{AE+EZ+ZA=2}$ εύκολα βρίσκουμε ότι τα $\displaystyle{k,l}$ συνδέονται με τη σχέση $\displaystyle{kl=2(k+l-1).}$ (1)

Τώρα, είναι προφανώς $\displaystyle{ED=1-l,ZB=1-k, EC=\sqrt{1+(1-l)^2},ZC=\sqrt{1+(1-k)^2}}$

και $\displaystyle{(ABCD)=(AZE)+(EDC)+(ZBC)+(ZEC)\Rightarrow 1=\frac{1}{2}kl+\frac{1}{2}(1-l)+\frac{1}{2}(1-k)+\frac{1}{2}EC\cdot ZC \sin x }$ .

Από εδώ, με χρήση της (1), βρίσκουμε

$\displaystyle{\sin x=\frac{2-(k+l)}{\sqrt{1+(1-k)^2}\sqrt{1+(1-l)^2}}}$ .

Κάνοντας πράξεις στον παρονομαστή και θέτοντας για ευκολία $\displaystyle{k+l=a,kl=b}$ , βρίσκουμε

$\displaystyle{\sin x =\frac{1}{\sqrt{2}}}$ , άρα $\displaystyle{x=45^0}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 17, 2010 4:58 pm**

Η σημείο της ΕΖ έτσι ώστε ΕΗ=ΕΒ τότε ΗΖ=ΖΔ αφού η περίμετρος του ΑΕΖ είναι 2.
Στρέφοντας το ΕΒΓ περί το Γ κατά 90° σχηματίζεται το τργ ΔΚΓ. Τότε επειδή ΕΖ=ΖΚ και ΕΓ=ΓΚ συμπεραίνουμε ότι ΕΚ κάθετη στη ΖΓ και από αντίστροφο Θαλή έχουμε ΗΔ //ΕΚ άρα ΗΘΓ=90°. Ομοίως γων ΗΙΓ=90° . Συνεπώς ΗΙΓΘ εγγράψιμο που σημαίνει ότι γωνΙΓΘ=180°-ΙΗΘ=180°-(180°-ω-φ)=ω+φ=45° (από το ορθ τργ ΑΕΖ)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 17, 2010 9:13 pm**

καλησπέρα,
Μιχάλη μήπως είναι λίγο νωρίς για το χιονάνθρωπο;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 17, 2010 10:59 pm**

Και η δική μου απόδειξη μοιάζει μ' αυτή του p_giano. Εύκολα δείχνεται πως το Γ και Ε ισαπέχουν των Ζ και Δ΄.
Άρα η ΕΓ μεσοκάθετη της ΖΔ΄και συνεπώς και της παραλλήλου προς αυτήν ΜΒ. Άρα η ΕΓ διχοτομεί την ΒΓΜ.
Όμοια η ΖΓ διχοτομεί την ΔΓΜ. Άρα γων(ΖΓΕ)=φ+ω=45 μοίρες. (πρώτο σχήμα)

Όμως η μεταβλητότητα των σημείων Ε και Ζ με τη συνθήκη αυτή που ικανοποιούν δίνουν μια καλή ευκαιρία να παρατηρήσει
κανείς δύο γεωμετρικούς τόπους.(δεύτερο σχήμα)
1. Το σημείο Μ ασφαλώς κινείται στο τεταρτημόριο κύκλου που βρίσκται στο εσωτερικό του τετραγώνου με κέντρο
το σημείο Γ και ακτίνα την πλευρά του τετραγώνου.
2. Το μέσο Μ(x,y) της πλευράς ΕΖ κινείται σε τόξο υπερβολής με εξίσωση:
$y=\frac{2x-1}{2(x-1)}$
διότι:
$x+y+\sqrt{x^2+y^2}=1$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 17, 2010 11:33 pm**

Άλλη μία αντιμετώπιση:
Το Γ είναι παράκεντρο του ΑΕΖ καθώς ΑΒ=ΑΔ είναι ίσα με την ημιπερίμετρο του τριγώνου ΑΕΖ.
Επομένως, η ζητούμενη γωνία ισούται με 90-Α/2=45.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 18, 2010 12:22 am**

Έφτιαξα μια ακόμα λύση, που βεβαίως την αφιερώνω σ' αυτούς που έβγαλαν την ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ από τα Ελληνικά Σχολεία (βλέπετε και εδώ).

: 17-11-2010 Geometry.png (205.54 KiB) Προβλήθηκε 1272 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑEΖ είναι:
$\displaystyle \left( {1 - \alpha } \right)^2 + \left( {1 - \beta } \right)^2 = \left( {\alpha + \beta } \right)^2 \; \Leftrightarrow \;1 - 2\alpha + \alpha ^2 + 1 - 2\beta + \beta ^2 = \alpha ^2 + \beta ^2 + 2\alpha \beta$

$\displaystyle \Leftrightarrow \;\alpha + \beta = 1 - \alpha \beta$

Στο ΒΖΓ είναι $\displaystyle \varepsilon \phi \omega = \beta$ και στο ΔΕΓ: $\displaystyle \varepsilon \phi \phi = \alpha$

Είναι: $\displaystyle \varepsilon \phi \left( {\omega + \phi } \right) = \frac{{\varepsilon \phi \omega + \varepsilon \phi \phi }}{{1 - \varepsilon \phi \omega \cdot \varepsilon \phi \phi }} = \frac{{\alpha + \beta }}{{1 - \alpha \beta }} = 1\; \Rightarrow \;\omega + \phi = 45^\circ \Rightarrow \;x = 45^\circ$

Γιώργος Ρίζος

edit: Μόλις διαπίστωσα ότι ίδια λύση έχει δώσει η Φωτεινή παραπάνω,

Πάντως, η αφιέρωση παραμένει!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 18, 2010 11:28 pm**

: Βρείτε τη γωνία χ (58).jpg (76.2 KiB) Προβλήθηκε 1234 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 19, 2010 12:25 am**

σε όλους. Άλλη μια λύση με στροφή.

Στρέφω το τρίγωνο ΓΔΕ ${90^ \circ }$ αριστερόστροφα ως προς το σημείο Γ (τρίγωνο ΓΒΚ).

${\rm E}\widehat \Gamma {\rm K} = {\rm E}\widehat \Gamma {\rm B} + \varphi = {90^ \circ }$ .

Τα τρίγωνα ΓΕΖ, ΓΖΚ είναι ίσα από Π-Π-Π (x=2-y-w), οπότε ${\rm E}\widehat \Gamma {\rm Z} = {\rm Z}\widehat \Gamma {\rm K}$ , άρα ${\rm E}\widehat \Gamma {\rm Z} = \displaystyle\frac{{{{90}^ \circ }}}{2} = {45^ \circ }.$

: x58-sol.jpg (32.57 KiB) Προβλήθηκε 1213 φορές

mathematica.gr

Βρείτε τη γωνία χ (58)

Βρείτε τη γωνία χ (58)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (58)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (58)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (58)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (58)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (58)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (58)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (58)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (58)