Γωνία απ' το πουθενά

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7823
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Γωνία απ' το πουθενά

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Νοέμ 08, 2018 12:33 pm

Γωνία απ' το πουθενά.png
Γωνία απ' το πουθενά.png (18.12 KiB) Προβλήθηκε 808 φορές
Από τις κορυφές A, C τριγώνου ABC φέρνουμε εφαπτόμενες στον περίκυκλό του, που τέμνουν τις BC, BA στα D, E

αντίστοιχα. Αν P είναι ένα κοινό σημείο των κύκλων (E, EC), (D, DA), να υπολογίσετε τη γωνία D\widehat PE=\theta.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7823
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Γωνία απ' το πουθενά

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Νοέμ 20, 2018 7:19 pm

Επαναφορά.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3902
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Γωνία απ' το πουθενά

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τρί Νοέμ 27, 2018 11:59 pm

george visvikis έγραψε:
Πέμ Νοέμ 08, 2018 12:33 pm
Γωνία απ' το πουθενά.png
Από τις κορυφές A, C τριγώνου ABC φέρνουμε εφαπτόμενες στον περίκυκλό του, που τέμνουν τις BC, BA στα D, E

αντίστοιχα. Αν P είναι ένα κοινό σημείο των κύκλων (E, EC), (D, DA), να υπολογίσετε τη γωνία D\widehat PE=\theta.
Για να μην μείνει αναπάντητη η πρόταση (πιθανότατα υπάρχει και γωνιακή λύση αλλά προς στιγμή μου διαφεύγει μια "παραλληλία") ας δούμε μια μετρική μπελαλίδικη λύση (αναλυτικά οι πράξεις) .

Έστω (χωρίς βλάβη της γενικότητας) ότι στο τρίγωνο \vartriangle ABC είναι a>c>b . Από την προφανή ομοιότητα (γωνιακό κριτήριο) των τριγώνων \vartriangle BCE,\vartriangle CAE προκύπτει ότι:

\dfrac{{BE}}{{EC}} = \dfrac{a}{b} = \dfrac{{EC}}{{EA}} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  BE = \dfrac{a}{b} \cdot EC \\  
  EC = \dfrac{a}{b} \cdot EA \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  BE = \dfrac{{{a^2}}}{{{b^2}}} \cdot EA \\  
  EC = \dfrac{a}{b} \cdot EA \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  BE = \dfrac{{{a^2}}}{{{b^2}}} \cdot \left( {BE - c} \right) \\  
  EC = \dfrac{a}{b} \cdot EA \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow  \ldots \left\{ \begin{gathered} 
  \boxed{BE = \dfrac{{{a^2}c}}{{{a^2} - {b^2}}}}:\left( 1 \right) \hfill \\ 
  \boxed{EC = EP = \dfrac{{abc}}{{{a^2} - {b^2}}}}:\left( 2 \right) \hfill \\  
\end{gathered}  \right.

Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι: \left\{ \begin{gathered} 
  \boxed{BD = \dfrac{{{c^2}a}}{{{c^2} - {b^2}}}}:\left( 3 \right) \hfill \\ 
  \boxed{AD = PD = \dfrac{{abc}}{{{c^2} - {b^2}}}}:\left( 4 \right) \hfill \\  
\end{gathered}  \right.

Από τον νόμο των συνημίτονων στα τρίγωνα \vartriangle EPD,\vartriangle EBD θα έχουμε:
Γωνία από το πουθενά.png
Γωνία από το πουθενά.png (44.21 KiB) Προβλήθηκε 563 φορές
E{D^2} = B{E^2} + B{D^2} - 2BE \cdot BD \cdot \cos B = P{E^2} + P{D^2} - 2PE \cdot PD \cdot \cos \theta \mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right),\left( 4 \right)}

\dfrac{{{a^4}{c^2}}}{{{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)}^2}}} + \dfrac{{{c^4}{a^2}}}{{{{\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}^2}}} - 2\dfrac{{{a^3}{c^3}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}} \cdot \dfrac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{2ac}} = \dfrac{{{a^2}{b^2}{c^2}}}{{{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)}^2}}} + \dfrac{{{a^2}{b^2}{c^2}}}{{{{\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}^2}}} - 2\dfrac{{{a^2}{b^2}{c^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}}\cos \theta

 \Rightarrow {a^2}{c^2} \cdot \left[ {\dfrac{{{a^2}}}{{{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)}^2}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{{\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}^2}}} - \dfrac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}}} \right] = {a^2}{c^2} \cdot \left[ {\dfrac{{{b^2}}}{{{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)}^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{{\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}^2}}} - 2\dfrac{{{b^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}}\cos \theta } \right]

 \Rightarrow \dfrac{{{a^2}}}{{{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)}^2}}} + \dfrac{{{c^2}}}{{{{\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}^2}}} - \dfrac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}} = \dfrac{{{b^2}}}{{{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)}^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{{\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}^2}}} - 2\dfrac{{{b^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}}\cos \theta  \Rightarrow

\cos \theta  = \dfrac{{\dfrac{{{b^2}}}{{{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)}^2}}} + \dfrac{{{b^2}}}{{{{\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}^2}}} - \dfrac{{{a^2}}}{{{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)}^2}}} - \dfrac{{{c^2}}}{{{{\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}^2}}} + \dfrac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}}}}{{2\dfrac{{{b^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}}}} \Rightarrow

\cos \theta  = \dfrac{{\dfrac{{{b^2} - {a^2}}}{{{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)}^2}}} + \dfrac{{{b^2} - {c^2}}}{{{{\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}^2}}} + \dfrac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}}}}{{2\dfrac{{{b^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}}}} \Rightarrow \cos \theta  = \dfrac{{\dfrac{{{a^2} + {c^2} - {b^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}} - \dfrac{1}{{{a^2} - {b^2}}} - \dfrac{1}{{{c^2} - {b^2}}}}}{{2\dfrac{{{b^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}}}} \Rightarrow

\cos \theta  = \dfrac{{\dfrac{{{a^2} + {c^2} - {b^2} - {c^2} + {b^2} - {a^2} + {b^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}}}}{{2\dfrac{{{b^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}}}} \Rightarrow  \Rightarrow \cos \theta  = \dfrac{{\dfrac{{{b^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}}}}{{2\dfrac{{{b^2}}}{{\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\left( {{c^2} - {b^2}} \right)}}}} \Rightarrow \cos \theta  = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \theta  = {60^0} και το ζητούμενο έχει υπολογιστεί

Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
min##
Δημοσιεύσεις: 162
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Γωνία απ' το πουθενά

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τετ Νοέμ 28, 2018 12:26 am

Υπάρχει γωνιακή.Τη βρήκα και παρέλειψα να τη βάλω.Θα την ανεβάσω αύριο(εκτός αν με προλάβουν)


min##
Δημοσιεύσεις: 162
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Γωνία απ' το πουθενά

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Τετ Νοέμ 28, 2018 8:39 pm

Επειδή (ξ)έχασα τη λύση (μάλλον δεν ήταν σωστή-παρόλο που βρήκα τη γωνία 60 :roll: ):Ουσιαστικά ζητείται να βρεθεί η γωνία μεταξύ 2 Απολλόνιων κύκλων του τριγώνου.Είναι γνωστό και σχετικά εύκολα αποδείξιμο ότι οι 3 Απολλώνιοι κύκλοι έχουν 2 κοινά σημεία (τα λεγόμενα ισοδυναμικά).Επειδή και οι 3 είναι ορθογώνιοι με τον περίκυκλο του ABC,μια αντιστροφή με οποιονδήποτε από αυτούς θα κρατούσε σταθερό τον περίκυκλο.Αν πχ. αντιστρέψουμε με κύκλο τον (E) του σχήματος,ο(ABC) θα πάει στον εαυτό του.Επειδή επιπλέον κόβονται αρμονικά οι (E),(ABC) (επί της AB),το αντίστροφο του A θα είναι το B.(ουσιαστικά άμεσο από την ορθογωνιότητα).Τώρα,οι D,F θα είναι αντίστροφοι,επειδή ο αντίστροφος του (D) περνάει από τα B,I1,I2 (και είναι κάθετος στον (ABC)-η αντιστροφή διατηρεί τις γωνίες μεταξύ των καμπύλων).Άρα είναι ο (F).Επειδή η αντιστροφή διατηρεί τις γωνίες,οι γωνίες μεταξύ των (D),(E)... (D),(F) θα είναι ίσες μεταξύ τους.Το ίδιο ισχύει για όλα τα ανά δύο ζεύγη κύκλων,οπότε "παίζοντας" λίγο καταλήγουμε ότι οι κύκλοι τέμνονται σε γωνίες 60 μοιρών (ή 120,εξαρτάται πως θα το δει κανείς).
apol.png
apol.png (56.15 KiB) Προβλήθηκε 478 φορές
τελευταία επεξεργασία από min## σε Δευ Δεκ 17, 2018 2:42 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2255
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Γωνία απ' το πουθενά

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Νοέμ 30, 2018 7:45 pm

Στο σχήμα του Στάθη.

Από νόμο ημιτόνων παίρνουμε

DA=\dfrac{c\sin B}{\sin (C-B)},EC=\dfrac{a\sin B}{\sin (A-B)},CD=\dfrac{b\sin B}{\sin (C-B)}(1)

Η γωνία θα είναι 60 αν και μόνο αν από νόμο συνημιτόνων στο PED ισχύει

ED^{2}=DA^{2}+EC^{2}-DA.EC(2)
(εχω χρησιμοποιήσει ότι EP=EC,PD=AD)

Από την άλλη ο νόμος των συνημιτόνων στο τρίγωνο ECD
δίνει
ED^{2}=EC^{2}+CD^{2}-2EC.CD \cos A(3)

Λόγω της (3) θα ισχύει λοιπόν η (2) αν

DA^{2}-DA.EC=CD^{2}-2CE.CD.\cos A

Η τελευταία ισχύει αν αντικαταστήσουμε τις (1) και τις γνωστές

a=2R\sin A,b=2R\sin B,c=2R\sin C

Οι τριγωνομετρικές ταυτότητες που χρησιμοποιούνται είναι μόνο

\sin(A+B)=.....and \sin(A+B).\sin(A-B)=(\sin A)^{2}-(\sin B)^{2}
(γίνονται αρκετά θαύματα)


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7823
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Γωνία απ' το πουθενά

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Δεκ 01, 2018 6:33 pm

Αφού ευχαριστήσω το Στάθη, τον min## και το Σταύρο για την αντιμετώπιση του θέματος, θα δώσω άλλη μία μετρική λύση.

Έστω AD = DP = x,CE = EP = y. Θα δείξω ότι \boxed{D{E^2} = {x^2} + {y^2} - xy}
Γωνία απ' το πουθενά.β.png
Γωνία απ' το πουθενά.β.png (18.32 KiB) Προβλήθηκε 303 φορές
Από θεώρημα Stewart στο ABD, \displaystyle {c^2}CD + a{x^2} = {b^2}BD + aCD \cdot DB = {b^2}BD + a{x^2} \Leftrightarrow \frac{{BD}}{{CD}} = \frac{{{c^2}}}{{{b^2}}}
Από το ίδιο θεώρημα στο ACE παίρνουμε \dfrac{{AE}}{{BE}} = \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}}.

Αλλά, \displaystyle {x^2} = CD \cdot BD,{y^2} = AE \cdot BE \Rightarrow AE = \frac{{yb}}{a},BD = \frac{{xc}}{b} \Rightarrow \boxed{\frac{{AE \cdot BDa}}{c} = xy} (1)

Νόμος συνημιτόνων στο ABD: \displaystyle B{D^2} = {x^2} + {c^2} + 2cx\cos \varphi  \Leftrightarrow \boxed{2x\cos \varphi  = \frac{{B{D^2} - {x^2} - {c^2}}}{c}} (2)

Νόμος συνημιτόνων στο ADE: \displaystyle D{E^2} = A{E^2} + {x^2} - 2xAE\cos \varphi \mathop  = \limits^{(2)} A{E^2} + {x^2} - \frac{{AE}}{c}\left( {B{D^2} - {x^2} - {c^2}} \right)

\displaystyle D{E^2} = A{E^2} + {x^2} - \frac{{AE}}{c}(B{D^2} - BD \cdot CD) + AE(BE - AE)

\displaystyle D{E^2} = A{E^2} + {x^2} - \frac{{AE \cdot BDa}}{c} + AE \cdot BE - A{E^2}\mathop  \Leftrightarrow \limits^{(1)} \boxed{D{E^2} = {x^2} + {y^2} - xy} οπότε \boxed{\theta=60^\circ}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες