Δις διπλάσιο

KARKAR · #1

: Δις διπλάσιο.png (16.94 KiB) Προβλήθηκε 817 φορές

Στο ισοσκελές τρίγωνο του σχήματος , είναι : BP=2PC

. Δείξτε ότι υπάρχει ένα σημείο

του

, τέτοιο ώστε : $\widehat{BSP}=2\widehat{CSP}$ . Στην περίπτωση αυτή , υπολογίστε την : $\tan\theta$ .

S.E.Louridas · #2

KARKAR έγραψε: Τετ Αύγ 21, 2024 9:17 am Στο ισοσκελές τρίγωνο του σχήματος , είναι : . Δείξτε ότι υπάρχει ένα σημείο του , τέτοιο ώστε : $\widehat{BSP}=2\widehat{CSP}$ . Στην περίπτωση αυτή , υπολογίστε την : $\tan\theta$ .

Επειδή μου άρεσε πολύ και αυτό το θέμα του Θανάση, ανεβάζω καταρχάς το σχήμα που φαίνεται καθαρά ο Κατασκευαστικός προσδιορισμός
(άρα και η ύπαρξη) του με γενική μέθοδο σε πλέον γενικευμένη κατάσταση, άρα που μπορεί να εφαρμοστεί η μέθοδος αυτή
και σε ειδικότερες καταστάσεις, όπως εδώ που το τρίγωνο είναι ισοσκελές κτλ.

: se.png (24.79 KiB) Προβλήθηκε 778 φορές

KARKAR · #3

: Στένεμα.png (18.12 KiB) Προβλήθηκε 731 φορές

Σωτήρη , είσαι σε δαιμονιώδη φόρμα : Οι λύσεις σου - και μάλιστα γενικεύοντας - είναι εκπληκτικές .

Αντίθετα με την φορά σου , εγώ στενεύω περισσότερο το θέμα . Λοιπόν να βρεθεί το σημείο

της αρχικής εκφώνησης , σε ισόπλευρο τρίγωνο . Εν ανάγκη χρησιμοποιήστε το σχήμα που παραθέτω .

Παραμένει φυσικά ως ζητούμενο , ο υπολογισμός της εφαπτομένης στο αρχικό τρίγωνο ...

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε: Τετ Αύγ 21, 2024 9:17 am Δις διπλάσιο.pngΣτο ισοσκελές τρίγωνο του σχήματος , είναι : . Δείξτε ότι υπάρχει ένα σημείο

του , τέτοιο ώστε : $\widehat{BSP}=2\widehat{CSP}$ . Στην περίπτωση αυτή , υπολογίστε την : $\tan\theta$ .

Η παράλληλη από το

προς την

τέμνει τον κύκλο (A,B,C)

στο

Το

προσδιορίζεται ως η τομή της

με την

Απόδειξη

Αν ο κύκλος (B,D,S)

τμήσει την

στο

όλες οι μπλε γωνίες του σχήματος

είναι ίσες με την γωνία

του τριγώνου ABC

άρα

Επειδή $\angle AEC=180^0- \angle B$ και AD//EC

θα είναι $\angle SAE= \angle AEB= \angle C \Rightarrow AS=SE$

Με

μέσον της

είναι,

άρα $\angle MAS= \angle SMA= \angle \dfrac{A}{2}$

Επιπλέον,λόγω ισότητας των πράσινων γωνιών $\omega \Rightarrow \triangle ABM= \triangle ACS \Rightarrow \angle BAM= \angle ACS= \phi$

με $\angle \omega + \phi = \angle DSC= \angle \dfrac{A}{2}$ ,συνεπώς με $\angle \dfrac{A}{2}= \theta \Rightarrow \angle BSD=2 \theta$

Τώρα από Π.Θ AN=8

άρα $tan \theta =tan \dfrac{A}{2}= \dfrac{6}{8}= \dfrac{3}{4}$

: Δις διπλάσιο.png (65.13 KiB) Προβλήθηκε 689 φορές

#5

KARKAR έγραψε: Τετ Αύγ 21, 2024 6:01 pm Στένεμα.pngΣωτήρη , είσαι σε δαιμονιώδη φόρμα : Οι λύσεις σου - και μάλιστα γενικεύοντας - είναι εκπληκτικές .

Αντίθετα με την φορά σου , εγώ στενεύω περισσότερο το θέμα . Λοιπόν να βρεθεί το σημείο

της αρχικής εκφώνησης , σε ισόπλευρο τρίγωνο . Εν ανάγκη χρησιμοποιήστε το σχήμα που παραθέτω .

Παραμένει φυσικά ως ζητούμενο , ο υπολογισμός της εφαπτομένης στο αρχικό τρίγωνο ...

: Δις διπλάσιο.png (12.91 KiB) Προβλήθηκε 663 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

thanasis.a · #6

S.E.Louridas έγραψε: Τετ Αύγ 21, 2024 1:12 pm
KARKAR έγραψε: Τετ Αύγ 21, 2024 9:17 am Στο ισοσκελές τρίγωνο του σχήματος , είναι : . Δείξτε ότι υπάρχει ένα σημείο του , τέτοιο ώστε : $\widehat{BSP}=2\widehat{CSP}$ . Στην περίπτωση αυτή , υπολογίστε την : $\tan\theta$ .
Επειδή μου άρεσε πολύ και αυτό το θέμα του Θανάση, ανεβάζω καταρχάς το σχήμα που φαίνεται καθαρά ο Κατασκευαστικός προσδιορισμός
(άρα και η ύπαρξη) του με γενική μέθοδο σε πλέον γενικευμένη κατάσταση, άρα που μπορεί να εφαρμοστεί η μέθοδος αυτή
και σε ειδικότερες καταστάσεις, όπως εδώ που το τρίγωνο είναι ισοσκελές κτλ.se.png

Καλο μεσημερι,

αρα στην γενικευμενη λυση του Κ. Λουρίδα , δεν ειναι υποχρεωτικο το σημειο

να χωριζει την πλευρα

σε αναλογια 2/1

. Σωστα? Μπορει να βρισκεται σε οποιαδηποτε θεση πανω στην

.

KARKAR · #7

: THAN.png (24.87 KiB) Προβλήθηκε 593 φορές

Σωστή παρατήρηση αλλά η γωνία θα εξακολουθεί να είναι διπλάσια για το σημείο

.

Αν θέλουμε άλλη αναλογία ( π.χ : 3:1

) , πρέπει να λύσουμε άλλο πρόβλημα

#8

KARKAR έγραψε: Τετ Αύγ 21, 2024 6:01 pm Στένεμα.pngΣωτήρη , είσαι σε δαιμονιώδη φόρμα : Οι λύσεις σου - και μάλιστα γενικεύοντας - είναι εκπληκτικές .

Αντίθετα με την φορά σου , εγώ στενεύω περισσότερο το θέμα . Λοιπόν να βρεθεί το σημείο

της αρχικής εκφώνησης , σε ισόπλευρο τρίγωνο . Εν ανάγκη χρησιμοποιήστε το σχήμα που παραθέτω .

Παραμένει φυσικά ως ζητούμενο , ο υπολογισμός της εφαπτομένης στο αρχικό τρίγωνο ...

: Δις διπλάσιο.β.png (18.11 KiB) Προβλήθηκε 568 φορές

Σ'ύμφωνα με την πολύ ωραία κατασκευή του Σωτήρη, οι SK, SD

τριχοτομούν την $B\widehat SC.$ Αν θέλουμε λοιπόν να

είναι $D\widehat SC=30^\circ$ θα πρέπει $B\widehat SC=90^\circ.$ Άρα το

προσδιορίζεται ως το σημείο τομής της

με το ημικύκλιο

διαμέτρου BC.

Στο ίδιο καταλήγουμε και υπολογιστικά, αλλά η διαδικασία είναι χρονοβόρα.

KARKAR · #9

: Παλιά.png (27.88 KiB) Προβλήθηκε 560 φορές

... Κι έτσι δόθηκε μια ακόμη απάντηση , στο θέμα : η τριχοτόμηση της

ισοδυναμεί με την τριχοτόμηση του "κάτω" τόξου $\overset{\frown}{BC}$ .

Δις διπλάσιο

Δις διπλάσιο

Re: Δις διπλάσιο

Re: Δις διπλάσιο

Re: Δις διπλάσιο

Re: Δις διπλάσιο

Re: Δις διπλάσιο

Re: Δις διπλάσιο

Re: Δις διπλάσιο

Re: Δις διπλάσιο

Μέλη σε σύνδεση