Κι' η Τριγωνομετρία .. βοηθός.

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλημέρα σε όλους. Μια τελευταία προσωπική σύνθεση .. όχι ουρανοκατέβατη βεβαίως.

: Κι' η Τριγωνομετρία .. βοηθός.PNG (10.79 KiB) Προβλήθηκε 3273 φορές

Ας είναι τρίγωνο ABC

με

και $\hat{BAC}=75^{0}$

Θεωρούμε το σημείο

της πλευράς

ώστε να ισχύει $\dfrac{BE}{EC}=1+\sqrt{2}$

και το σημείο

επι της

ώστε να είναι $\hat{ABI}=\hat{CAE}$ .

Να εξεταστεί αν είναι $\hat{CIE}=30^{0}$ .

Η προσέγγισή μου είναι ,θα έλεγα Τριγωνο-Γεω-μετρική..

όμως δεν θεωρώ απίθανο να δούμε και Γεωμετρικές -άρα..

.. κατά κανόνα κομψότερες- αποδείξεις !

Εννοείται ότι κάθε λύση είναι ευπρόσδεκτη!

Ευχαριστώ , Γιώργος

STOPJOHN · #2

[unparseable or potentially dangerous latex formula]ABC

AB=AC

\hat{BAC}=75^{0} Θεωρούμε το σημείο

E

BC

\dfrac{BE}{EC}=1+\sqrt{2} και το σημείο

I

AE

\hat{ABI}=\hat{CAE} .

<strong class="text-strong"><span style="color:#0000FF">Να εξεταστεί αν είναι</span></strong>

\hat{CIE}=30^{0}

\hat{EAC}=\hat{ABI}=\omega ,\hat{EIC}=x,\hat{BIE}=75^{0},\hat{BAE}=75-\omega ,\hat{ICA}=x-\omega} $\dfrac{(ABE)}{(AEC)}=\dfrac{BE}{EC}=1+\sqrt{2},(1), \dfrac{(ABE)}{AEC}=\dfrac{sin(75-\omega )}{sin\omega },(2), (1),(2)\Rightarrow 1+\sqrt{2}=\dfrac{sin(75-\omega )}{sin\omega }\Leftrightarrow tan\omega =\dfrac{1}{\sqrt{3}+\sqrt{6}-\sqrt{2}}$
Στα τρίγωνα

$AIB,AIC,\dfrac{AI}{sin\omega }=\dfrac{b}{sin105},\dfrac{AI}{sin(x-\omega )}=\dfrac{b}{sinx}\Rightarrow \dfrac{1}{tan\omega }-\dfrac{1}{tanx}=\dfrac{1}{sin75},(4), (3),(4)\Rightarrow tanx=\dfrac{\sqrt{3}+1}{\sqrt{3}+3}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}=tan30^{0}\Rightarrow x=30^{0}$
με τους κατάλληλους περιορισμούς η λύση τις τριγωνομετρικής εξίσωσης και οι τριγωνομετρικοι΄αριθμοί της γωνίας των 75=45+30

είναι γνωστοί

Γιάννης

Γιώργος Μήτσιος · #3

Kαλημέρα σε όλους.
Γιάννη σ' ευχαριστώ πολύ για τη λύση σου , αλλά κυρίως για το ενδιαφέρον και τον χρόνο που διέθεσες.

Όταν δημοσίευσα το παρόν θέμα , στη λύση που είχα κατά νου έκανα χρήση
τριγ. τύπων για το άθροισμα ή τη διαφορά , όπως για παράδειγμα του sin(x-y)

.

Έτσι η προσέγγιση εκείνη , το ίδιο και η δική σου δεν θεωρείται- σύμφωνα με την κρατούσα άποψη- αμιγώς Γεωμετρική..

Τώρα όμως , ας κάνω την .. <<εκ του ασφαλούς πρόβλεψη >> ότι στο θέμα θα δοθεί
καθαρή Γεωμετρική λύση (είθε λύσεις !) στο επόμενο χρονικό διάστημα .

Φιλικά , Γιώργος .

#4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ...Τώρα όμως , ας κάνω την .. <<εκ του ασφαλούς πρόβλεψη >> ότι στο θέμα θα δοθεί
καθαρή Γεωμετρική λύση (είθε λύσεις !) στο επόμενο χρονικό διάστημα .

Φιλικά , Γιώργος .

Καλημέρα Γιώργο και Γιάννη! Καλημέρα σε όλους!

Εικάζω ότι η εκ του ασφαλούς πρόβλεψη του Γιώργου πηγάζει από εδώ

#5

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:Kαλημέρα σε όλους.
Γιάννη σ' ευχαριστώ πολύ για τη λύση σου , αλλά κυρίως για το ενδιαφέρον και τον χρόνο που διέθεσες.

Όταν δημοσίευσα το παρόν θέμα , στη λύση που είχα κατά νου έκανα χρήση
τριγ. τύπων για το άθροισμα ή τη διαφορά , όπως για παράδειγμα του .

Έτσι η προσέγγιση εκείνη , το ίδιο και η δική σου δεν θεωρείται- σύμφωνα με την κρατούσα άποψη- αμιγώς Γεωμετρική..

Τώρα όμως , ας κάνω την .. <<εκ του ασφαλούς πρόβλεψη >> ότι στο θέμα θα δοθεί
καθαρή Γεωμετρική λύση (είθε λύσεις !) στο επόμενο χρονικό διάστημα .

Φιλικά , Γιώργος .

Καλησπέρα σε όλους.

Πράγματι σε λίγο θα ανεβάσω λύση χωρίς ίχνος τριγωνομετρίας και χωρίς τη χρήση της παραπομπής του φίλου του Γιώργου του Βισβίκη.

Δίδουμε τη κατασκευή του σχήματος απ όπου πηγάζει μετά και η σχετική λύση .

Θεωρούμε ευθύγραμμο τμήμα OC = 2

με μέσο το

στο οποίο «υψώνουμε» κάθετο

EP = 1

και γράφουμε τον κύκλο (O,OP)

ο οποίος τέμνει την ευθεία

στα

με το

ανάμεσα στα $E\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ .

Άμεσες συνέπειες :

1. $\dfrac{{BE}}{{EC}} = 1 + \sqrt 2 \,\,$ και ( το «κλειδί»)

2. Τα σημεία $D\,\,\kappa \alpha \iota \,\,B$ αρμονικά συζυγή των $E\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$

Τώρα κατασκευάζουμε ισοσκελές τρίγωνο ABC

με $A = 75^\circ$ και φέρνουμε την

. ( απλούστατο)

: και η τριγωνομετρία βοηθός_1.png (39.61 KiB) Προβλήθηκε 2757 φορές

Επί πλέον κατασκευάζουμε κύκλο κέντρου

που εφάπτεται στο

της

και διέρχεται από το

.

( Προς τούτο φέρνουμε τη μεσοκάθετο στο

και την κάθετο στο

επί την

και ορίζουμε από τη τομής τους το κέντρο του )

Η τομή

( εκτός του

) των δύο κύκλων μας ολοκληρώνει προφανέστατα τη κατασκευή του τριγώνου της άσκησης .

Ας είναι ακόμα

η τομή της προέκτασης της

με το κύκλο κέντρου

Επειδή $\widehat {BIE} = \widehat T = \widehat {BAC} = 75^\circ$ και η $BI \bot ID$ θα είναι $90^\circ - 75^\circ = 15^\circ = \widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}} \Rightarrow \boxed{\widehat {EIC} = 30^\circ }$

Φιλικά Νίκος

#6

Γιώργος Μήτσιος · #7

Καλημέρα . Χρόνια πολλά στους εορτάζοντες , ΥΓΕΙΑ σε όλους !
Η προσέγγιση που ακολουθεί δεν θα έλεγα ότι είναι μόνο προσωπική.. όπως θα φανεί στην πορεία.

: H Tριγωνομετρία .. θεατής ;PNG.PNG (10.31 KiB) Προβλήθηκε 2645 φορές

Στο σχήμα πήραμε BT=AI

ώστε να έχουμε τα τρίγωνα BAT,CIA

ίσα . Ας εστιάσουμε στο τρίγωνο ATI

.
$\widehat{ATI}=\widehat{CIE}=x$ ως παρ/κές ίσων ενώ $\widehat{BIE}=\widehat{BAI}+\omega =\widehat{A}=75^{0}\Rightarrow \widehat{TIA}=105^{0}$ .Θα υπολογίσουμε τον λόγο $\dfrac{TI}{AI}$ . Δίνεται $\dfrac{BE}{EC}=1+\sqrt{2}$
άρα και $\dfrac{\left ( ABE \right )}{\left ( AEC \right )}=1+\sqrt{2}=\dfrac{\left ( BIE \right )}{\left ( IEC \right )}=\dfrac{\left ( ABE \right )-\left ( BIE \right )}{\left ( AEC \right )-\left ( IEC \right )}$
επομένως $\dfrac{\left ( ABI \right )}{\left ( ACI \right )}=1+\sqrt{2}\Rightarrow \dfrac{\left ( ABI \right )}{\left ( BAT \right )}=1+\sqrt{2}$ οπότε $\dfrac{\left ( ATI \right )}{\left ( BAT \right )}=\sqrt{2}$ .Τότε και $\dfrac{TI}{BT}=\sqrt{2}\Rightarrow \dfrac{TI}{AI}=\sqrt{2}$ .

Τώρα λοιπόν το ζητούμενο είναι : Να βρεθούν οι γωνίες του τριγώνου όπου $\widehat{TIA}=105^{0}$ και $\dfrac{TI}{AI}=\sqrt{2}$ .
Aς μου επιτραπεί εδώ να ευχαριστήσω τον Νίκο Φραγκάκη , αφού ..όχι μόνο στο παρελθόν φρόντιζε να μη χάνω ,όταν πόνταρα σε Γεωμετρική λύση.. αλλά και για τον παρακάτω λόγο :

: H Tριγωνομετρία .. θεατής ! PNG.PNG (12.24 KiB) Προβλήθηκε 2645 φορές

Στο δεύτερο σχήμα το τρίγωνο KIT

είναι ισοσκελές με υποτείνουσα τη

.Τότε $KT=KI=IT\sqrt{2}/2=AI$ και $\widehat{KIA}=60^{0}$
δηλ. το IKA

είναι ισόπλευρο και το

περίκεντρο του ATI

.
Συνεπώς $\widehat{ATI}=x=\widehat{AKI}/2=30^{0}$ και τελικά $\widehat{CIE}=x=30^{0}$
Η λύση αυτή είναι στην ουσία η πρώτη από τις λύσεις που δώσαμε στο θέμα αυτό και ανήκει βεβαίως στο Νίκο !

Η πρόβλεψη λοιπόν ήταν << εκ του ασφαλούς >> .. ως αποθηκευμένη ήδη στο

!!

Προτίθεμαι σε επόμενη δημοσίευση να προβάλω και άλλο τρόπο για το πως .. τιθασεύουμε το ATI

(βρίσκουμε δηλαδή τις οξείες γωνίες του ) με την βοήθεια απαντήσεων που έχουν ήδη δοθεί σε ένα ακόμη θέμα !

Φιλικά Γιώργος .

Γιώργος Μήτσιος · #8

Καλημέρα σε όλους .

Ας υπολογίσουμε τις γωνίες x,y

του τριγώνου ATI

με τα στοιχεία : $x+y =75^{0} ... \dfrac{IT}{IA}=\sqrt{2}$
Ο Ν. Ημιτόνων μας δίνει $\dfrac{\eta \mu y}{\eta \mu x}=\dfrac{IT}{IA}=\sqrt{2}$

Έστω $x< 30^{0}$ άρα και $y> 45^{0}$ . Σύμφωνα και με την τελευταία δημοσίευση στο θέμα ΕΔΩ ισχύουν :

$\eta \mu x< \eta \mu 30^{0}=1/2 ... \eta \mu y> \eta \mu 45^{0}=\sqrt{2}/2$

Οπότε $\sqrt{2}=\dfrac{IT}{IA}=\dfrac{\eta \mu y}{\eta \mu x}> \dfrac{\sqrt{2}/2}{\eta \mu x}> \dfrac{\sqrt{2}/2}{1/2}=\sqrt{2}$ δηλ. $\sqrt{2}> \sqrt{2}$ προφανώς άτοπον.

Όμοια αποκλείουμε $x> 30^{0}$ . Τελικά οι $x = 30^{0}.. y = 45^{0}$ επαληθεύουν και συνεπώς γίνονται δεκτές.

Φιλικά , Γιώργος.

Κι' η Τριγωνομετρία .. βοηθός.

Κι' η Τριγωνομετρία .. βοηθός.

Re: Κι' η Τριγωνομετρία .. βοηθός.

Re: Κι' η Τριγωνομετρία .. βοηθός.

Re: Κι' η Τριγωνομετρία .. βοηθός.

Re: Κι' η Τριγωνομετρία .. βοηθός.

Re: Κι' η Τριγωνομετρία .. βοηθός.

Re: Κι' η Τριγωνομετρία .. βοηθός.

Re: Κι' η Τριγωνομετρία .. βοηθός.

Μέλη σε σύνδεση