Μία 60αρα και μία 30αρα

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
angvl
Δημοσιεύσεις: 115
Εγγραφή: Πέμ Μάιος 12, 2011 3:10 pm

Μία 60αρα και μία 30αρα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από angvl » Πέμ Αύγ 01, 2019 2:08 pm

13.png
13.png (174.2 KiB) Προβλήθηκε 351 φορές
Καλησπέρα.
Η άσκηση είναι του κ.Γακόπουλου
για όποιον θέλει να ασχοληθεί.

Δεν έχω λύση.

(Αν και όσο έκανα το σχήμα στο geogebra είδα ότι έδωσε μια λύση ο Ορέστης Λιγνός στο μαθηματικό εργαστήρι).

Γράφει ότι τον παίδεψε για αυτό και την τοποθέτησα σε αυτόν τον φάκελο.

Δίνεται τρίγωνο ABC με μήκη πλευρών  a,b,c

 b>a>c, 2b+c=3a και γωνία \angle BAC=60^0

Προεκτείνουμε τις πλεύρες BA και CA προς το A έτσι ώστε 2BD = 3a-c, CE=3b-2a

Εστω I το έκκεντρο και O το περίκεντρο του \triangle ABC

Οι OI,DE τέμνονται στο σημείο F.

Να αποδειχθεί ότι \angle IFE = 30^0


Καλό Καλοκαίρι!

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
cretanman
Διαχειριστής
Δημοσιεύσεις: 3922
Εγγραφή: Πέμ Δεκ 18, 2008 12:35 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Μία 60αρα και μία 30αρα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cretanman » Παρ Αύγ 02, 2019 4:06 am

Καλησπέρα σε όλους,

Δυστυχώς δεν κατάφερα να βρω καθαρά γεωμετρική λύση παρά μόνο συνδυασμό γεωμετρίας και τριγωνομετρίας. Όμορφη άσκηση πάντως!

Λόγω της σχέσης 2b+c=3a \Leftrightarrow 2(b-a)=a-c και θέτοντας b-a=x παίρνουμε a=c+2x, \ b=c+3x. Με Ν. Συνημιτόνων στο ABC βγάζουμε άμεσα ότι c=5x κι έτσι έχουμε a=7x και b=8x. Λόγω των επόμενων σχέσεων της εκφώνησης, βγάζουμε BD=8x δηλαδή AD=3x και CE=10x άρα AE=2x.

Προφανώς \angle{BIC}=90^{\circ}+\dfrac{\angle{A}}{2}=120^{\circ}, \ \angle{BOC}=2\angle{A}=120^{\circ} και σχηματίζοντας το ισόπλευρο τρίγωνο ABK όπως στο σχήμα παίρνουμε \angle{BKC}=180^{\circ}-\angle{BKA}=120^{\circ}. Άρα τελικά τα σημεία B,I,O,K,C είναι ομοκυκλικά.

Προφανώς η OK είναι μεσοκάθετη της AB αφού τα σημεία O, K ισαπέχουν από τα A,B. Άρα \angle{OKB}=30^{\circ} \ \ (1)
Gakopoulos_geom.png
Gakopoulos_geom.png (27.49 KiB) Προβλήθηκε 250 φορές
Θα αποδείξουμε ότι BI // FD άρα θα έχουμε

\begin{aligned}\angle{IFE} &= \angle{FIB}=180^{\circ}-\angle{BIC}-\angle{CIO}=180^{\circ}-120^{\circ}-\angle{CBO} \\ &\stackrel{OB=OC}{=} 60^{\circ}-\angle{OCB}=60^{\circ}-\angle{OKB}\stackrel{(1)}{=}30^{\circ}\end{aligned}

και θα έχουμε το ζητούμενο.

Από το Ν. Συνημιτόνων στο τρίγωνο EAD παίρνουμε ED=\sqrt{7}x και από τον Ν. των Ημιτόνων στο ίδιο τρίγωνο ότι \sin{(\angle{EDA})}=\sqrt{\dfrac{3}{7}}.

Θα αποδείξουμε επίσης ότι \sin{(\angle{ABI})}=\sqrt{\dfrac{3}{7} κι έτσι θα έχουμε τη ζητούμενη παραλληλία.

Από το Ν. Ημιτόνων στο ABC παίρνουμε \sin{(\angle{B})}=\dfrac{4\sqrt{3}}{7} άρα \cos{(\angle{B})}=\dfrac{1}{7}. Άρα τελικά

\sin{(\angle{ABI})}=\sin{\left(\dfrac{\angle{B}}{2}\right)}=\sqrt{\dfrac{1-\cos{(\angle{B})}}{2}}=\sqrt{\dfrac{1-\frac{1}{7}}{2}}=\sqrt{\dfrac{3}{7}}.

και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Αλέξανδρος


Αλέξανδρος Συγκελάκης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες