mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 18, 2018 1:32 pm**

: Διπλάσια γωνία.png (8.4 KiB) Προβλήθηκε 1071 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο του σχήματος , δείξτε ότι $\omega=2\theta$ . Λύσεις

με χρήση τριγωνομετρίας δεκτές , αν και όχι ιδιαίτερα επιθυμητές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 18, 2018 2:58 pm**

Καλό απόγευμα.

: Διπλάσια γωνία.PNG (7.72 KiB) Προβλήθηκε 1055 φορές

Το

είναι το συμμετρικό του

ως προς το

. Τότε $\widehat{ECS}=2\theta$

Με Π.Θ είναι $AC^{2}=135$ και CE=CS=12

. Ισχύει $\dfrac{ES}{SB}=\dfrac{6}{8}=\dfrac{12}{16}=\dfrac{CE}{CB}$

άρα από το αντίστροφο του Θ. διχοτόμου η

διχοτόμος της $\widehat{ECB}$ δηλ. $\omega =2\theta$
Φιλικά , Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 18, 2018 4:30 pm**

Καλησπέρα!

Μία ανεπιθύμητη.

: Διπλάσια γωνία 40.png (10.2 KiB) Προβλήθηκε 1043 φορές

Θεωρώ σημείο

της

ώστε

και έστω

το μέσο της SN.

Το τρίγωνο ASN

είναι ισοσκελές, άρα $\displaystyle S\widehat CM = \frac{\omega }{2}.$

Με νόμο συνημιτόνων στο SNB

βρίσκω $\displaystyle SN = 6 \Leftrightarrow SM = 3,$ οπότε $\boxed{\theta=\frac{\omega}{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 18, 2018 5:26 pm**

Καλησπέρα σε όλους.
Αφού μας πρόλαβε ο Γιώργος Μήτσιος (γειά σου Γιώργο) μια ακόμα επιθυμητή που βασίζεται στο σχήμα του Γιώργου Βισβίκη.
$\triangle CSB\approx \triangle NBS$ (δύο πλευρές ανάλογες και την περιεχόμενη γωνία ίση (κοινή)) με λόγο ομοιότητας

Αρα $SN=12/2=6\Rightarrow SM=3\Rightarrow \triangle CAS=\triangle CSM$ .

Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 18, 2018 6:03 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 18, 2018 1:32 pm
Διπλάσια γωνία.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο του σχήματος , δείξτε ότι $\omega=2\theta$ . Λύσεις

με χρήση τριγωνομετρίας δεκτές , αν και όχι ιδιαίτερα επιθυμητές

Καλησπέρα

Aν είναι η

διχοτόμος της γωνίας $\hat{SCB}$
Εστω οτι $SKL\perp CD$ θα αποδείξω ότι $AS=SK\Leftrightarrow \hat{\theta }=\hat{SCK}=\dfrac{\omega }{2}$
Απο το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ASC,AS=12,

και

Το θεώρημα της διχοτόμου στο τρίγωνο $SCB,SD=\dfrac{24}{7},DB=\dfrac{32}{7}$
και Θ.Stweart στο τρίγωνο $SLB,\dfrac{32}{7}.4x^{2}+\dfrac{24}{7}.16=8(\dfrac{24^{2}}{7^{2}}+\dfrac{24.32}{7.7})\Leftrightarrow x=3,AS=SK,\hat{\theta }=\dfrac{\omega }{2}$

Γιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 18, 2018 6:11 pm**

Και μία ακόμα επιθυμητή.

: Διπλάσια γωνία 40.β.png (8.04 KiB) Προβλήθηκε 1016 φορές

Φέρνω $\displaystyle ST \bot AB$ και είναι: $\displaystyle \frac{{BT}}{{16}} = \frac{8}{{11}} = \frac{{ST}}{{\sqrt {135} }} \Rightarrow ST = \frac{{8\sqrt {135} }}{{11}},BT = \frac{{128}}{{11}} \Leftrightarrow CT = \frac{{48}}{{11}}$

Αντικαθιστώντας αυτές τις τιμές στις πλευρές του τριγώνου CTS

παρατηρώ ότι: $\displaystyle S{T^2} = C{T^2} + CT \cdot SC \Leftrightarrow$ $\boxed{\omega=2\varphi}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 18, 2018 6:45 pm**

Αρκεί να αποδείξω ότι οι δοθέντες αριθμοί επαληθεύουν την κατασκευή της νεύσης.
Φέρω κάθετη στην

στο

και προεκτείνω την την

έως να τμήση την κάθετη στο

.
Υπολογίζω διαδοχικά
$\displaystyle{ \begin{aligned} & CA=\sqrt{16^2-11^2}=\sqrt{135} \\ & SZ = \sqrt{\frac{64}{9}135+64} =32 \end{aligned} }$

Δηλαδή $SZ = 2 \cdot CB$ που σημαίνει $2 \cdot \angle ACS = \angle SCB$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 19, 2018 2:14 am**

Χαιρετώ όλους! Θα έλεγα ότι ενδιαφέρον έχει να προβάλουμε και την -κατά τον θεματοθέτη- ..

..πλέον ανεπιθύμητη.

Εικάζω ότι αυτή που ακολουθεί , την έχει βεβαίως κατά νου ο αγαπητός Θανάσης αλλά δεν θα ήθελε να την ..αντικρύσει στις πρώτες λύσεις !

Βρήκαμε CS=12

άρα $\eta \mu \theta =3/12=1/4$ οπότε $\eta \mu 3\theta =3\eta \mu \theta -4\eta \mu ^{3}\theta =..=11/16$

ενώ και $\eta \mu \left ( \theta +\omega \right )=AB/BC=11/16$ .

Προκύπτει $\eta \mu \left ( \theta +\omega \right )=\eta \mu 3 \theta$ για οξείες γωνίες , συνεπώς $\theta +\omega =3\theta \Leftrightarrow \omega =2\theta$ .
Φιλικά , Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 19, 2018 7:03 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 18, 2018 1:32 pm
Στο ορθογώνιο τρίγωνο του σχήματος , δείξτε ότι $\omega=2\theta$ . Λύσεις

με χρήση τριγωνομετρίας δεκτές , αν και όχι ιδιαίτερα επιθυμητές

Καλημέρα. Παραλλαγή της 1ης λύσης του φίλου Γιώργου Μήτσιου με πιο ‘δύσκολα’ νούμερα.

: shape.png (15.43 KiB) Προβλήθηκε 971 φορές

Φέρνω τη διχοτόμο

της $\angle SCB$ και παρατηρώ πως η

είναι διχοτόμος της $\angle ACD$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 19, 2018 12:49 pm**

Γράφω, προς το μέρος του

, το ημικύκλιο κέντρου

και διαμέτρου BC = 16

.

Φέρνω από το

την ακτίνα OM//SC

. Ας είναι $N\,\,\kappa \alpha \iota \,\,T$ τα σημεία τομής της

με το ημικύκλιο και την ευθεία

.

Είναι απλό να δούμε ότι:

: Διπλάσια γωνία 40.png (46.24 KiB) Προβλήθηκε 946 φορές

1. $SC = 12\,\,\,,NS = 2\,\,(2 \cdot 12 = 3 \cdot 8)\,,\,\,\widehat {{\phi _1}} = \widehat {{\phi _2}} = \widehat {{\phi _3}}$ και

2. $NS = 4\,\,,\,\,BO = BS = NT = 8$ και έτσι MT = 4

Τα ορθογώνια τρίγωνα $ASC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MTC$ έχουν τις οξείες γωνίες στα $S\,\,\kappa \alpha \iota \,\,T$ ισες και τις πλευρές αυτών ανάλογες άρα είναι όμοια συνεπώς $\boxed{\widehat \theta = \widehat {{\phi _1}}}$ που εξασφαλίζει το ζητούμενο .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 19, 2018 9:11 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 18, 2018 1:32 pm
Διπλάσια γωνία.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο του σχήματος , δείξτε ότι $\omega=2\theta$ . Λύσεις

με χρήση τριγωνομετρίας δεκτές , αν και όχι ιδιαίτερα επιθυμητές

Είναι, $\displaystyle A{C^2} = 135$ οπότε $\displaystyle S{C^2} = 144$ κι έστω ότι η μεσοκάθετος της $\displaystyle CS$ τέμνει την $\displaystyle BC$ στο $\displaystyle D$ και την $\displaystyle BA$ στο $\displaystyle K$

Τότε, $\displaystyle SM \cdot SC = SA \cdot SK \Rightarrow \frac{{S{C^2}}}{2} = SA \cdot SK \Rightarrow 72 = 3SK \Rightarrow \boxed{SK = 24}$

Για τον κύκλο $\displaystyle \left( {C,S,K} \right)$ ισχύει $\displaystyle B{C^2} = BS \cdot BK$ αφού $\displaystyle {16^2} = 8 \cdot 32$

Άρα $\displaystyle BC$ εφαπτόμενη του $\displaystyle \left( {C,S,K} \right)$ ,επομένως $\displaystyle \boxed{\omega = \angle CKS = 2\theta }$

: διπλάσια γωνία.png (62.69 KiB) Προβλήθηκε 912 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 20, 2018 8:15 am**

Έστω $BM \bot CS$ και MD = MS

: shape2.png (12.61 KiB) Προβλήθηκε 892 φορές

Από $\triangleleft CSA\mathop \sim \limits^{CS = 12} \triangleleft BSM \Rightarrow MS = 2$ και από $\triangleleft CDB \sim \triangleleft BDS \Rightarrow \omega = 2\theta$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 21, 2018 2:53 pm**

Χαιρετώ και πάλι!

: 21-10 Διπλάσια γωνία.PNG (6.18 KiB) Προβλήθηκε 856 φορές

Στο τρίγωνο BSC

για τις πλευρές ισχύει $16^{2}=16\cdot 12 +8^{2}$ άρα με την πρόταση $a^{2}=ab+c^{2}\Leftrightarrow \widehat{A}=90^{0}+\widehat{C}/2$

(αποδείξεις στο θέμα Πέντε παρά ..κάτι )παίρνουμε $\widehat{BSC}=90^{0}+\omega /2$ αλλά έχουμε και $\widehat{BSC}=90^{0}+\theta$ οπότε $\theta =\omega /2$ ..

Ας μου επιτραπεί να χαρίσω αυτή τη λύση στον αγαπητό Γιώργο Ρίζο , εφόσον τέρπεται με λύσεις χωρίς βοηθητικές
αλλά και διότι (με το δίκιο του να ) ..εγείρεται άμα η (προσφιλής μας) Τριγωνομετρία τίθεται υπό..

.."περιορισμένη ευαρέσκεια''
Φιλικά (πάντοτε και προς όλους) , Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 21, 2018 7:25 pm**

Στον φίλο Γιώργο Μήτσιο ως αντίδωρο, για την αφιέρωση και για τις όμορφες γεωμετρικές εμπνεύσεις που μοιράζεται μαζί μας.

Δίχως βοηθητικές, με ολίγη ... τριγωνομετρία.

: 21-10 Διπλάσια γωνία.PNG (6.18 KiB) Προβλήθηκε 837 φορές

Από Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ABC

είναι $\displaystyle AC = 3\sqrt {15}$ και στο CAS

είναι

.

Από Τριγωνομετρικό CEVA στο ABC

είναι

$\displaystyle \frac{{AS}}{{SB}} = \frac{{AC \cdot \eta \mu \theta }}{{BC \cdot \eta \mu \omega }} \Leftrightarrow \frac{3}{8} = \frac{{3\sqrt {15} \cdot \eta \mu \theta }}{{16 \cdot \eta \mu \omega }} \Leftrightarrow \eta \mu \omega = \frac{{\sqrt {15} }}{2}\eta \mu \theta = \frac{{\sqrt {15} }}{8}$ .

Είναι $\displaystyle \eta \mu 2\theta = 2\eta \mu \theta \cdot \sigma \upsilon \nu \theta = 2 \cdot \frac{1}{4} \cdot \frac{{\sqrt {15} }}{4} = \frac{{\sqrt {15} }}{8}$ .

Άρα $\displaystyle \eta \mu \theta = \eta \mu 2\omega$ και αφού οι γωνίες είναι οξείες, θα είναι $\displaystyle \omega = 2\theta$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 21, 2018 7:44 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 21, 2018 2:53 pm
.. η (προσφιλής μας) Τριγωνομετρία τίθεται υπό.. .."περιορισμένη ευαρέσκεια''
Φιλικά (πάντοτε και προς όλους) , Γιώργος .

Μία προσφιλής έκφραση του KARKAR ( σχεδόν moto , για τους γνωρίζοντες ) , είναι :

"Λίγη τριγωνομετρία δεν έβλαψε ποτέ κανέναν " . Αλλά εδώ πρόκειται για πόκα :

Πότε κερδίζει η κέντα , πότε τα τρία , στην περίπτωσή μας η κέντα ( ευκλείδεια λύση

)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 21, 2018 11:54 pm**

Καλό βράδυ. Ασφαλώς και είναι γνωστή η ως άνω έκφραση του φίλου KARKAR. Ο ίδιος την στήριξε δίνοντας ουκ ολίγες φορές και τριγωνομετρικές λύσεις !
Στη συνέχεια μια ακόμη προσέγγιση υπέρ της .. κέντας !

: 21-10 Διπλάσια γωνία ΚΑRKAR.PNG (6.95 KiB) Προβλήθηκε 816 φορές

Με το

μέσον της

και

την τομή των AM,BC

έχουμε

και $\widehat{CMI}=2\theta$ . Αρκεί να δείξουμε ότι CI=MI

.

Ας επικαλεστούμε δις τον Μενέλαο : Στο τρίγωνο BSC

με διατέμνουσα την AMI

παίρνουμε

και στο

με διατέμνουσα την CMS

προκύπτει

άρα $\omega =2\theta$ .
Φιλικά , Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 23, 2018 11:20 am**

Στο τρίγωνο CSB

φέρνω τη διχοτόμο

και στο τρίγωνο EBC

τη διάμεσο

.

( Π. Θ στα $\vartriangle ABC\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle ASC$ ) . $CE = 8\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ES = 4$ ( Θ . διχοτόμου στο CSB

).

: Διπλάσια γωνία 40_new_1.png (35.57 KiB) Προβλήθηκε 772 φορές

Φέρνω τώρα τη κάθετη στην

στο

που τέμνει την ευθεία

στο

και τη κάθετη ,

, στο

από το

.

Επειδή προφανώς $\vartriangle MEB = \vartriangle SEB\,\,(\Pi - \Gamma - \Pi )$ τα ορθογώνια τρίγωνα $ETS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,NCM$ είναι όμοια .

Αλλά στο ισοσκελές τρίγωνο CEM

το ύψος

είναι και διχοτόμος , άρα $\widehat {{\omega _1}} = \widehat T = \widehat \theta \Rightarrow 2\widehat \theta = \widehat {{\omega _1}} + \widehat {{\omega _2}} = \widehat \omega$ .

Η άσκηση έγινε πολύ δημοφιλής και αυτό είναι πολύ ευχάριστο! . Τα μήκη και υπολογίζονται και είναι : και αντίστοιχα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 23, 2018 1:08 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 18, 2018 1:32 pm
Διπλάσια γωνία.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο του σχήματος , δείξτε ότι $\omega=2\theta$ . Λύσεις

με χρήση τριγωνομετρίας δεκτές , αν και όχι ιδιαίτερα επιθυμητές

Καλημέρα μια λύση ακόμη με το Θ.Θαλή που θα τρίζουν τα κόκκαλα του με τον εξοβελισμό της Γεωμετρίας ....

Εστω ότι $CS\perp OC,BJ\perp OCJ,OI=IS=CI$
Ειναι $CS=12,AC=3\sqrt{15},OS=48,OC=12\sqrt{15},IC=IO=IS=24$
Απο το Πυθαγόρειο Θεώρημα .Εφόσον $CS//JB\Leftrightarrow \dfrac{CJ}{SB}=\dfrac{OC}{OS}\Rightarrow CJ=2\sqrt{15},JB=14$

Τα τρίγωνα CIA,CJB

είναι όμοια γιατί είναι ορθογώνια και $\dfrac{CA}{IA}=\dfrac{\sqrt{15}}{7}=\dfrac{CJ}{JB}$
συνεπώς $\hat{CBJ}=\omega =\hat{CIA}=2\theta$

Γιάννης

mathematica.gr

Διπλάσια γωνία 40

Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40

Re: Διπλάσια γωνία 40