Μία 60αρα και μία 30αρα

angvl · #1

: 13.png (174.2 KiB) Προβλήθηκε 706 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

και γωνία $\angle BAC=60^0$

Προεκτείνουμε τις πλεύρες

και

προς το

έτσι ώστε

Εστω

το έκκεντρο και

το περίκεντρο του $\triangle ABC$

Οι OI,DE

τέμνονται στο σημείο

.

Να αποδειχθεί ότι $\angle IFE = 30^0$

#2

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

. Λόγω των επόμενων σχέσεων της εκφώνησης, βγάζουμε BD=8x

δηλαδή

και

άρα

.

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

είναι μεσοκάθετη της

αφού τα σημεία O, K

ισαπέχουν από τα A,B

. Άρα $\angle{OKB}=30^{\circ} \ \ (1)$

: Gakopoulos_geom.png (27.49 KiB) Προβλήθηκε 605 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

Μία 60αρα και μία 30αρα

Μία 60αρα και μία 30αρα

Re: Μία 60αρα και μία 30αρα

Μέλη σε σύνδεση