Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

KARKAR · #1

: Γωνία υπερισοσκελούς.png (5.78 KiB) Προβλήθηκε 607 φορές

Το τραπέζιο ABCD

έχει μεγάλη βάση BC=b

και μικρή

, ίση με τις μη παράλληλες

πλευρές του . Η διαγώνιος του

δίνεται από την σχέση : $d =\dfrac{ba}{b-a}$ . Υπολογίστε τη γωνία $\hat{B}$ .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 31, 2019 1:55 pm
Γωνία υπερισοσκελούς.pngΤο τραπέζιο έχει μεγάλη βάση και μικρή , ίση με τις μη παράλληλες

πλευρές του . Η διαγώνιος του δίνεται από την σχέση : $d =\dfrac{ba}{b-a}$ . Υπολογίστε τη γωνία $\hat{B}$ .

Με ταλαιπώρησε πολύ. Πιθανότατα ο θεματοδότης έχει ευκολότερη λύση.

: Γωνία Υπερ-τραπεζίου.png (9.13 KiB) Προβλήθηκε 521 φορές

Από θ. Πτολεμαίου στο ισοσκελές τραπέζιο, $\displaystyle {d^2} = {a^2} + ab \Rightarrow \frac{{a{b^2}}}{{{{(b - a)}^2}}} = a + b \Leftrightarrow$ $\boxed{{(b - a)^2}(b + a) = a{b^2}}$ (1)

Αλλά, $\displaystyle \cos \theta = \frac{{b - a}}{{2a}} \Leftrightarrow b = a(1 + 2\cos \theta )$ και από την (1)

καταλήγω στην εξίσωση:

$\displaystyle 8{\cos ^3}\theta + 4{\cos ^2}\theta - 4\cos \theta = 1 \Leftrightarrow 2\left( {4{{\cos }^3}\theta - 3\cos \theta } \right) + 2(1 + \cos 2\theta ) + 2\cos \theta = 1 \Leftrightarrow$

$\displaystyle \cos \theta + \cos 2\theta + \cos 3\theta = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow \frac{{2\cos 2\theta \cdot \sin \frac{{3\theta }}{2}}}{{\sin \frac{\theta }{2}}} = - 1 \Leftrightarrow 2\cos 2\theta \cdot \sin \frac{{3\theta }}{2} = \sin \left( { - \frac{\theta }{2}} \right)$

$\displaystyle \sin \frac{{7\theta }}{2} = 0 = \sin \pi \Leftrightarrow$ $\boxed{\theta = \frac{{2\pi }}{7}}$

Εξηγώ τις τελίτσες (...)

$\displaystyle \cos \theta + \cos 2\theta + \cos 3\theta = 2\cos 2\theta \cos \theta + \cos 2\theta = \cos 2\theta \left( {4{{\cos }^2}\frac{\theta }{2} - 1} \right) =$

$\displaystyle \cos 2\theta \left( {3 - 4{{\sin }^2}\frac{\theta }{2}} \right) = \cos 2\theta \cdot \frac{{3\sin \frac{\theta }{2} - 4{{\sin }^3}\frac{\theta }{2}}}{{\sin \frac{\theta }{2}}} = \frac{{\cos 2\theta \cdot \sin \frac{{3\theta }}{2}}}{{\sin \frac{\theta }{2}}}$

#3

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 01, 2019 9:37 am

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 31, 2019 1:55 pm
Γωνία υπερισοσκελούς.pngΤο τραπέζιο έχει μεγάλη βάση και μικρή , ίση με τις μη παράλληλες

πλευρές του . Η διαγώνιος του δίνεται από την σχέση : $d =\dfrac{ba}{b-a}$ . Υπολογίστε τη γωνία $\hat{B}$ .
Με ταλαιπώρησε πολύ. Πιθανότατα ο θεματοδότης έχει ευκολότερη λύση.

Αμφιβάλλω

[Εγώ προσπάθησα με b=ra

... και φυσικά δεν είδα φως

]

#4

Έστω

το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου .

Αν $\widehat {ACB} = \omega$ θα είναι : $\widehat {AKB} = 2\omega \,\,,\,\,\widehat \xi = 90^\circ - 3\omega$ και από το τρίγωνο έχω : $\boxed{\theta = 2\omega }$

Επειδή : ${d^2} = {a^2} + ad$ αν θέσω : b = ax

και αφού $\boxed{d = \frac{{ab}}{{b - a}}}$ έχω προς λύση

Την εξίσωση : $\boxed{{x^3} - 2{x^2} - x + 1 = 0}\,\,\,(1)$ με τρεις πραγματικές ρίζες μια απ’ αυτές όμως

η $\boxed{x = \dfrac{{2\sqrt 7 \sin \left( {\dfrac{{a\tan \left( {\dfrac{{\sqrt 3 }}{9}} \right)}}{3} + \dfrac{\pi }{3}} \right)}}{3} + \dfrac{2}{3}}$ δεκτή $\left( {x > 1} \right)$

: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου.png (19.63 KiB) Προβλήθηκε 481 φορές

Το τραπέζιο μπορεί να κατασκευαστεί ( όχι βεβαίως γεωμετρικά )

Έτσι αν

το ύψος του $\vartriangle ABC$ θα είναι $\boxed{\cos \theta = \dfrac{{BT}}{{AB}} = \dfrac{{x - 1}}{2}}$ .

Αν θέσω $\boxed{\dfrac{{x - 1}}{2} = u = \cos \theta }$ έχω από την (1)

τη τριγωνομετρική εξίσωση:

$8{\cos ^3}\theta + 4{\cos ^2}\vartheta - 4\cos \theta - 1 = 0$ .

Τα υπόλοιπα τα έκανε άριστα ο φίλτατος Γιώργος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 31, 2019 1:55 pm
Γωνία υπερισοσκελούς.pngΤο τραπέζιο έχει μεγάλη βάση και μικρή , ίση με τις μη παράλληλες

πλευρές του . Η διαγώνιος του δίνεται από την σχέση : $d =\dfrac{ba}{b-a}$ . Υπολογίστε τη γωνία $\hat{B}$ .

Με $BZ=a \Rightarrow DZ//AB \Rightarrow \dfrac{CE}{b-a}= \dfrac{d}{b}= \dfrac{a}{b-a} \Rightarrow CE=a$

Έτσι, $HC=CA \Rightarrow \dfrac{7 \theta }{2}= \pi \Rightarrow \theta = \dfrac{2 \pi }{7}$

: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου.png (14.69 KiB) Προβλήθηκε 463 φορές

#6

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 01, 2019 5:47 pm

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 31, 2019 1:55 pm
Γωνία υπερισοσκελούς.pngΤο τραπέζιο έχει μεγάλη βάση και μικρή , ίση με τις μη παράλληλες

πλευρές του . Η διαγώνιος του δίνεται από την σχέση : $d =\dfrac{ba}{b-a}$ . Υπολογίστε τη γωνία $\hat{B}$ .

Με $BZ=a \Rightarrow DZ//AB \Rightarrow \dfrac{CE}{b-a}= \dfrac{d}{b}= \dfrac{a}{b-a} \Rightarrow CE=a$

Έτσι, $HC=CA \Rightarrow \dfrac{7 \theta }{2}= \pi \Rightarrow \theta = \dfrac{2 \pi }{7}$

Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου.png

Κίνηση Ματ!

#7

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 01, 2019 5:47 pm

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 31, 2019 1:55 pm
Γωνία υπερισοσκελούς.pngΤο τραπέζιο έχει μεγάλη βάση και μικρή , ίση με τις μη παράλληλες

πλευρές του . Η διαγώνιος του δίνεται από την σχέση : $d =\dfrac{ba}{b-a}$ . Υπολογίστε τη γωνία $\hat{B}$ .

Με $BZ=a \Rightarrow DZ//AB \Rightarrow \dfrac{CE}{b-a}= \dfrac{d}{b}= \dfrac{a}{b-a} \Rightarrow CE=a$

Έτσι, $HC=CA \Rightarrow \dfrac{7 \theta }{2}= \pi \Rightarrow \theta = \dfrac{2 \pi }{7}$

Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου.png

Εντυπωσιακή λύση !! Μιχάλη

KARKAR · #8

: επτάγωνο.png (15.65 KiB) Προβλήθηκε 392 φορές

Η ιστορία της άσκησης : Το τραπέζιο είναι τμήμα κανονικού επταγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο (O)

.

Έστω $\theta=2\phi$ . Είναι : $\sin\phi=\dfrac{a}{2r}$ , δηλαδή : $a=2r\sin\phi$ . Όμοια : $d=2r\sin2\phi$ , $b=2r\sin3\phi$ .

Η γνωστή σχέση : $\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{b}$ , γίνεται : $d=\dfrac{ba}{b-a}$ , την οποία χρησιμοποίησα στην εκφώνηση .

Αυτή , αξιοποιώντας τα παραπάνω , γίνεται : $\sin2\phi=\dfrac{\sin3\phi\sin\phi}{\sin3\phi-\sin\phi}$ και από εδώ με σκέψεις

παρόμοιες με του Γιώργου , προκύπτει (δοκιμάστε το ! ) , ότι : $\phi=\dfrac{\pi}{7}$ , συνεπώς : $\theta=\dfrac{2\pi}{7}$ .

Αλλά ήρθε η εκπληκτική λύση του Μιχάλη να ανεβάσει την άσκηση σε άλλο επίπεδο

Γιώργος Μήτσιος · #9

Καλημέρα σε όλους! Ένα ακόμη

στον Μιχάλη για την αφοπλιστική του λύση,
αλλά και την αφθονία κομψών λύσεων που μας προσφέρει σε διάφορα θέματα!
Ας δούμε και την "συνεργασία" των δύο Νόμων με παλαιότερη πρόταση.

: Υπερισοσκελές ..KARKAR.PNG (6.36 KiB) Προβλήθηκε 370 φορές

Έχουμε $d=\dfrac{ba}{b-a}\Leftrightarrow bd=a\left ( b+d \right )...\left ( 1 \right )$ . Ο Ν. Ημιτόνων στο ABC

δίνει $\dfrac{sin2\omega }{sin\omega }=\dfrac{d}{a}\Rightarrow 2cos\omega =\dfrac{d}{a}..\left ( 2 \right )$

ενώ ο Ν. Συνημιτόνων στο ίδιο τρίγωνο δίνει $a^{2}=b^{2}+d^{2}-2bdcos\omega$ , που λόγω των (1)

και

γίνεται

$a^{2}=b^{2}+d^{2}-a\left ( b+d \right )\dfrac{d}{a}\Leftrightarrow \boxed { b^{2}=a^{2}+bd}$ .

Από την τελευταία σχέση (δείτε την πρόταση στο θέμα Πέντε παρά..κάτι ) παίρνουμε $\widehat{BAC}=\dfrac{\pi }{2}+\dfrac{\omega }{2}$ .

Έτσι $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=\pi \Rightarrow \dfrac{\pi }{2}+\dfrac{\omega }{2} +2\omega +\omega =\pi \Rightarrow \omega =\dfrac{\pi }{7}$ συνεπώς $\widehat{B}=2\omega =\dfrac{2\pi }{7}$ . Φιλικά , Γιώργος.

#10

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 02, 2019 11:32 am
Καλημέρα σε όλους! Ένα ακόμη στον Μιχάλη για την αφοπλιστική του λύση,
αλλά και την αφθονία κομψών λύσεων που μας προσφέρει σε διάφορα θέματα!
Ας δούμε και την "συνεργασία" των δύο Νόμων με παλαιότερη πρόταση.
Υπερισοσκελές ..KARKAR.PNG
Έχουμε $d=\dfrac{ba}{b-a}\Leftrightarrow bd=a\left ( b+d \right )...\left ( 1 \right )$ . Ο Ν. Ημιτόνων στο δίνει $\dfrac{sin2\omega }{sin\omega }=\dfrac{d}{a}\Rightarrow 2cos\omega =\dfrac{d}{a}..\left ( 2 \right )$

ενώ ο Ν. Συνημιτόνων στο ίδιο τρίγωνο δίνει $a^{2}=b^{2}+d^{2}-2bdcos\omega$ , που λόγω των και γίνεται

$a^{2}=b^{2}+d^{2}-a\left ( b+d \right )\dfrac{d}{a}\Leftrightarrow \boxed { b^{2}=a^{2}+bd}$ .

Από την τελευταία σχέση (δείτε την πρόταση στο θέμα Πέντε παρά..κάτι ) παίρνουμε $\widehat{BAC}=\dfrac{\pi }{2}+\dfrac{\omega }{2}$ .

Έτσι $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=\pi \Rightarrow \dfrac{\pi }{2}+\dfrac{\omega }{2} +2\omega +\omega =\pi \Rightarrow \omega =\dfrac{\pi }{7}$ συνεπώς $\widehat{B}=2\omega =\dfrac{2\pi }{7}$ . Φιλικά , Γιώργος.

Πολύ ωραία και αυτή (αποφεύγοντας τη βαριά τριγωνομετρία)

#11

gbaloglou έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 01, 2019 9:44 am

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 01, 2019 9:37 am

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 31, 2019 1:55 pm
Γωνία υπερισοσκελούς.pngΤο τραπέζιο έχει μεγάλη βάση και μικρή , ίση με τις μη παράλληλες

πλευρές του . Η διαγώνιος του δίνεται από την σχέση : $d =\dfrac{ba}{b-a}$ . Υπολογίστε τη γωνία $\hat{B}$ .
Με ταλαιπώρησε πολύ. Πιθανότατα ο θεματοδότης έχει ευκολότερη λύση.

Αμφιβάλλω
"Όσοι πιστεύουν ότι κάτι δεν μπορεί να γίνει ... ας μην στέκονται εμπόδιο σε όσους πιστεύουν ότι μπορεί να γίνει." [Κινεζική παροιμία]

[Εγώ προσπάθησα με ... και φυσικά δεν είδα φως ]
Ας μην καταφεύγουμε στην Άλγεβρα ... όταν υπάρχει τόση Γεωμετρία στα πόδια μας!

Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Μέλη σε σύνδεση