Γωνία 45 μοιρών

#1

ακόμα μία άσκηση από το βιβλίο

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί
Χαράλαμπος Στεργίου-Σιλουανός Μπραζιτίκος

άσκηση

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με $\hat{A}=90^0,\ \ \kappa\alpha\iota \ \ AB=A\Gamma$
Τα σημεία Μ,Ν βρίσκονται στη ΒΓ τέτοια ώστε το Ν να είναι μεταξύ των Μ,Γ.
Αν ισχύει $BM^2-MN^2+N\Gamma^2=0$ , να αποδείξετε ότι $\hat{MAN}=45^o$

#2

Μία γεωμετρική λύση στο πρόβλημα του Μπάμπη και του Σιλουανού:

: 13-2-1010 Geometry.png (7.42 KiB) Προβλήθηκε 1800 φορές

Έστω Μ, Ν σημεία στη ΒΓ (Ν μεταξύ Μ, Γ), ώστε: $\displaystyle MB^2 + N\Gamma ^2 = {\rm M}{\rm N}^2$
Φέρνουμε τις προβολές ΜΔ, ΝΕ στην ΑΒ και ΜΗ, ΝΖ στην ΑΓ. Έστω Τ τομή των ΝΕ, ΜΤ.
Το ΜΝΤ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές με ΜΤ = ΝΤ = z.

Έστω: $\displaystyle \Delta {\rm B} = x,\;\;\Gamma {\rm Z} = y,\;$ άρα $\displaystyle MB = x\sqrt 2 ,\;\;{\rm N}\Gamma = y\sqrt 2 ,\;MN = z\sqrt 2$ , οπότε $\displaystyle x^2 + y^2 = z^2$ .
Τότε, από Πυθαγόρειο Θέωρημα, ΑΤ = z, άρα τα ΑΤΜ και ΑΤΝ είναι ισοσκελή.
Έστω $\displaystyle \widehat{AMT} = \widehat{TAM} = \omega ,\widehat{A{\rm N}T} = \widehat{TA{\rm N}} = \phi$ ,
Είναι:
$\displaystyle \left( {2\omega = 180^\circ - \widehat{{\rm A}{\rm T}{\rm M}},2\phi = 180^\circ - \widehat{{\rm A}{\rm T}{\rm N}}} \right)\Rightarrow$
$\displaystyle 2\omega + 2\phi = 360^\circ - \left( {\widehat{{\rm A}{\rm T}{\rm M}} + \widehat{{\rm A}{\rm T}{\rm N}}} \right) = 90^\circ \Rightarrow \;\widehat{{\rm N}{\rm A}{\rm M}} = 45^\circ$

Γιώργος Ρίζος

#3

Ευχαριστούμε πολύ για την ωραία (πρωτοεμφανιζόμενη σε μένα) απόδειξη.

Η αλήθεια είναι ότι σε αυτή την άσκηση είχαμε 3-4 λύσεις. Τελικά βάλαμε 2 από αυτές στο βιβλίο. Μία από αυτές είναι γεωμετρική και η άλλη κάνει χρήση τριγωνομετρίας.

#4

Το δουλεψα και με Αναλυτικη: αν ΑΒ = ΑΓ = s και Μ = (x, s-x), τοτε Ν = $(\frac{s^{2}}{2(s-x)} , \frac{s^{2}-2sx}{2(s-x)})$ , κλπ

[Εξασκηση στο LATEX ... ή μαλλον στο LYX

]

Γιωργος Μπαλογλου

#5

Καλό βράδυ από τη Ρόδο, όπου είχα τη χαρά να τα πούμε (και να γλεντήσουμε) με τον Αλέξανδρο.
Μία άλλη λύση:
Στρέφουμε το τρίγωνο ΑΝΓ κατά ορθή γωνία, στη θέση ΑΚΒ (η ΑΓ απεικονίζεται στην ΑΒ και η ΓΝ στην ΒΚ). Από το πυθαγόρειο Θεώρημα στο ΜΚΒ, την ισότητα ΓΝ=ΒΚ και τη δοσμένη σχέση, προκύπτει ότι ΜΚ=ΜΝ. Επομένως τα τρίγωνα ΑΜΝ και ΑΜΚ είναι ίσα, δηλαδή η ΑΜ διχοτομεί την γωνία ΝΑΚ.

#6

Αυτή είναι η γεωμετρική λύση στην οποία αναφερόμουνα από το βιβλίο !!!!
Πολύ ωραία κ.Βαρβεράκη !!

#7

$\bullet$ Δια του σημείου

φέρνουμε την κάθετη ευθεία επί την AM,

η οποία τέμνει τον κύκλο (A)

με κέντρο το

και ακτίνα AB = AC,

στο σημείο έστω

Η κάθετη ευθεία από το

επί την χορδή

του

τέμνει την πλευρά

του δοσμένου ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου $\bigtriangleup ABC,$ στο σημείο έστω $N^{\prime}$ και θα αποδείξουμε ότι $N^{\prime}\equiv N.$

Οι ευθείες $AM,\ AN,$ είναι οι μεσοκάθετες των $PB,\ PC$ αντιστοίχως και έτσι έχουμε ότι PM = BM

και $PN^{\prime} = N^{\prime}C$ ,(2)

καθώς επίσης και ότι το τριγωνο $\bigtriangleup PMN^{\prime},$ είναι ορθογώνιο στο σημείο

γιατί $\angle PMN^{\prime} + \angle PN^{\prime}M = \angle 2\omega + \angle 2\varphi = 90^{o}$ .

$\bullet$ Στο ορθογώνιο λοιπόν τρίγωνο $\bigtriangleup PMN^{\prime}$ έχουμε ότι $(MN^{\prime})^{2} = (PM)^{2} + (PN^{\prime})^{2} = (BM)^{2} + (N^{\prime}C)^{2}$ ,(3)

Από τα δεδομένα όμως του προβλήματος, ισχύει ότι $(MN)^{2} = (BM)^{2} + (NC)^{2}$ ,(4)

Από $(3),\ (4)$ $\Longrightarrow$ $(MN^{\prime})^{2} - (N^{\prime}C)^{2} = (MN)^{2} - (NC)^{2}$ $\Longrightarrow$ $MN^{\prime} - N^{\prime}C = MN - NC$ $\Longrightarrow$ $N^{\prime}\equiv N$ ,(5)

$\bullet$ Είναι εύκολο τώρα να δούμε ότι $\angle MAN = \angle \omega + \angle \varphi = 45^{o}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΣΧΟΛΙΟ : - Αν δύο τυχαίες ημιευθείες $Ax,\ Ay,$ τέτοιες ώστε $\angle xAy = 45^{o},$ τέμνουν την ευθεία

στα σημεία έστω $M,\ N$ αντιστοίχως ( όχι απαραίτητα μεταξύ των $B,\ C$ ), ισχύει πάντοτε η (4).

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Η όμορφη απόδειξη που μας έδωσε πιο πάνω ο Ανδρέας και υπάρχει στο βιβλίο των Μπάμπη - Σιλουανού, είναι αυτή που υπάρχει και στο Βιβλίο που έλεγε ο Erdos, όπως σχετικά μας το αναφέρει ο Δημήτρης ( Demetres ) κάπου αλλού.

Γιώργος Μήτσιος · #8

Χαιρετώ όλους ! Ωραίο το παρόν θέμα και εξαιρετικές οι λύσεις που έχουν δοθεί .
Για την ποικιλία ας δούμε μια ακόμη προσέγγιση (*) με χρήση του σχήματος :

: 9-9-18 Γωνία 45 μοιρών.PNG (7.57 KiB) Προβλήθηκε 1443 φορές

Έστω

το μέσον της

και το τετράγωνο .
Ισχύει $BM^{2}+CN^{2}=MN^{2}\Leftrightarrow x^{2}+y^{2}=\left ( 2k-x-y \right )^{2 }$ $\Leftrightarrow 2k^{2}-2kx-2ky+xy=0$ .. (1)

Από τα όμοια τρίγωνα LAZ,ANI

: $\dfrac{LZ}{NI}=\dfrac{AL}{AI}\Leftrightarrow LZ=\dfrac{\left ( 2k-x \right )\left (k-y \riht )}{k}..\left ( 2 \right )$

Αρκεί σύμφωνα με το Κριτήριο 45άρας να δείξουμε ότι $EZ=AI=k\Leftrightarrow LZ=BM=x$

δηλ. αρκεί $\dfrac{\left ( 2k-x \right )\left (k-y \right )}{k} =x$ που είναι ισοδύναμη με την (1)

συνεπώς ισχύει. Άρα EZ=AI

οπότε $\widehat{MAN}=45^{0}$

(*) Η παραπάνω λύση στηρίζεται και στην συνδρομή του Αλέξανδρου Τριανταφυλλάκη (Altrian)
με τη λύση του στο θέμα τούτο Υποθέτω ...

.. ότι ο Αλέξανδρος είναι και ηλικιακά νέο αίμα προς όφελος των Γεωμετρών και όχι μόνο..
Φιλικά Γιώργος.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #9

Φωτεινή έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 13, 2010 6:39 pm
ακόμα μία άσκηση από το βιβλίο

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί
Χαράλαμπος Στεργίου-Σιλουανός Μπραζιτίκος

άσκηση

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με $\hat{A}=90^0,\ \ \kappa\alpha\iota \ \ AB=A\Gamma$
Τα σημεία Μ,Ν βρίσκονται στη ΒΓ τέτοια ώστε το Ν να είναι μεταξύ των Μ,Γ.
Αν ισχύει $BM^2-MN^2+N\Gamma^2=0$ , να αποδείξετε ότι $\hat{MAN}=45^o$

Με ν.συνημιτόνου στα τρίγωνα $\displaystyle ACN,ABM,NAM$ έχουμε αντίστοιχα

$\displaystyle A{N^2} = C{N^2} + {R^2} - R\sqrt 2 CN$ και $\displaystyle A{M^2} = M{B^2} + {R^2} - R\sqrt 2 MB$ και $\displaystyle M{N^2} = A{N^2} + M{B^2} - 2AN \cdot AM\cos \theta$

Απ αυτές και με δεδομένο ότι $\displaystyle N{C^2} + M{B^2} = M{N^2}$ εύκολα έχουμε $\displaystyle 2{R^2} = R\sqrt 2 \left( {CN + MB} \right) + 2AN \cdot AM\cos \theta$

$\displaystyle 2{R^2} = R\sqrt 2 \left( {R\sqrt 2 - MN} \right) + 2\frac{{2\left( {AMN} \right)}}{{\sin \theta }}\cos \theta$ $\displaystyle \Rightarrow R\sqrt 2 MN = 4\left( {AMN} \right)\cot \theta$

Έτσι, $\displaystyle R\sqrt 2 MN = R\sqrt 2 MN\cot \theta \Rightarrow \cot \theta = 1 \Rightarrow \boxed{\theta = {{45}^0}}$

: 45.png (8.94 KiB) Προβλήθηκε 1404 φορές

Γωνία 45 μοιρών

Γωνία 45 μοιρών

Re: Γωνία 45 μοιρών

Re: Γωνία 45 μοιρών

Re: Γωνία 45 μοιρών

Re: Γωνία 45 μοιρών

Re: Γωνία 45 μοιρών

Re: Γωνία 45 μοιρών

Re: Γωνία 45 μοιρών

Re: Γωνία 45 μοιρών

Μέλη σε σύνδεση