Γεωμετρικός μπελάς.

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 1113
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

Γεωμετρικός μπελάς.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Πέμ Μαρ 21, 2019 8:46 pm

7.png
7.png (9.18 KiB) Προβλήθηκε 698 φορές

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC (AB=AC), η διάμεσος AM, η διχοτόμος BD

και το έγκεντρο του τριγώνου AMC το οποίο ονομάζω E.

Αν \angle BDE=45^{0}, να υπολογίσετε τις μοίρες της \angle A.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1791
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Μαρ 23, 2019 1:13 pm

'

60°;


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8193
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Μαρ 23, 2019 1:48 pm

rek2 έγραψε:
Σάβ Μαρ 23, 2019 1:13 pm
'

60°;
Μπορεί και 90^\circ.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6602
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Μαρ 23, 2019 3:46 pm

george visvikis έγραψε:
Σάβ Μαρ 23, 2019 1:48 pm
rek2 έγραψε:
Σάβ Μαρ 23, 2019 1:13 pm
'

60°;
Μπορεί και 90^\circ.
Ακριβώς! Γιώργο έχουμε δύο λύσεις .

Η απάντηση που έχω θα αναρτηθεί το βράδυ εκτός αν κάποιος έχει την ίδια λύση ανεβάσει .


christinat
Δημοσιεύσεις: 37
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από christinat » Σάβ Μαρ 23, 2019 11:26 pm

Η μια λυση είναι \angle A=90^{\circ}

Έστω ότι οι διχοτομοι των γωνιών \angle B
Και \angle C τέμνονται στο K
\angle B=\angle C=2x

Το K είναι το εγκεντρο του τριγώνου \widehat{ABC}

\widehat{KMC}=\widehat{KMB}
(Ορθογώνια τρίγωνα,ΚΜ κοινή πλευρά,MB=MC)

\widehat{BKC} ισοσκελες
KM διχοτομος της \angle A

Όποτε \angle BKM=\angle CKM=z

\angle DKC=180^{\circ}-\angle BKM-\angle CKM
\angle DKC=180^{\circ}-2z(1)

Αφού Κ το εγκεντρο του ABC ισχύει ότι:

\angle BKC=90^{\circ}+\frac{\angle A}{2}
Άρα 2z=90^{\circ}+\frac{\angle A}{2}(2)

Αντικαθιστώντας την σχεση (2) στην σχεση (1) έχουμε:
\angle DKC=180^{\circ}-90^{\circ}-\frac{\angle A}{2}=90^{\circ}-\frac{\angle A}{2}(3)


Στο \widehat{ADB} έχουμε:\angle ADB=180^{\circ}-\angle A-\angle x

Και επειδή \angle A=180^{\circ}-4x ισχύει ότι
\angle ADB=3x

\angle KDC=180^{\circ}-3x

Στο \widehat{KDC}:\angle DKC+\angle KDC+x=180^{\circ}\Rightarrow \angle DKC+180^{\circ}-3x+x=180^{\circ}

Άρα \angle DKC=2x(4)
Επίσης:
\frac{\angle A}{2}=90^{\circ}-2x
Όμως \angle DKC=180^{\circ}-2z και από την σχεση (2) έχουμε :\angle DKC=90^{\circ}-\frac{\angle A}{2}


Πρέπει 90^{\circ}-2x=2x
Οποτεx=22,5^{\circ}
Από την σχεση \angle A=180^{\circ}-4x
Παίρνουμε ότι \angle A=90^{\circ}
τελευταία επεξεργασία από christinat σε Κυρ Μαρ 24, 2019 12:47 am, έχει επεξεργασθεί 4 φορές συνολικά.


christinat
Δημοσιεύσεις: 37
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 23, 2018 11:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από christinat » Κυρ Μαρ 24, 2019 12:44 am

Η άλλη λυση είναι η \angle A=60^{\circ}

Ισχύει ότι:
\angle ADB=3x

Επιπλέον \angle A+4x=180^{\circ}

Στο \widehat{KDC}: \angle DKC+4x=180^{\circ}\Rightarrow \angle DKC=\angle A

\angle DKC=2x από την σχεση (4)

Άρα \angle A=2x

Οποτε \angle A+\angle B+\angle C=180^{\circ}\Rightarrow 6x=180^{\circ}\Rightarrow x=30^{\circ}

Άρα \angle A=60^{\circ}


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6602
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Μαρ 24, 2019 3:11 am

Η AM είναι και διχοτόμος , οπότε το σημείο τομής O των AM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BD είναι το έγκεντρο του \vartriangle ABC και η CE διέρχεται απ αυτό .

Τα τρίγωνα DOE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MOE έχουν ίσους περιγεγραμμένους κύκλους κέντρων K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L

( γιατί έχουν τη πλευρά OE κοινή χορδή και τις απέναντι γωνίες από 45^\circ )

Προφανές ότι το τετράπλευρο KOLE είναι τετράγωνο και το τρίγωνο CKL ισοσκελές αφού η CE είναι μεσοκάθετος στη διάκεντρο KL.

Αναγκαστικά τότε \boxed{\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}}} . Έτσι τα τρίγωνα KDC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LMC θα έχουν:
γεωμετρικός μπελάς_1.png
γεωμετρικός μπελάς_1.png (57.96 KiB) Προβλήθηκε 433 φορές

\left\{ \begin{gathered} 
  KD = LM \hfill \\ 
  KC = LC \hfill \\ 
  \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. .

Έχουμε τώρα δύο αποκλειστικά ενδεχόμενα :

Είτε τα τρίγωνα να είναι ίσα οπότε θα έχουν : DC = MC και άρα \boxed{\widehat A = 60^\circ }.

Είτε να έχουν : \widehat {KDC} + \widehat {LMC} = 180^\circ τότε το πεντάγωνο DKLMC γίνεται εγγεγραμμένο τετράπλευρο και αναγκαστικά :

\widehat {MKD} = 180^\circ  - 45^\circ  \Rightarrow \widehat {ACB} = 45^\circ  \Rightarrow \boxed{\widehat A = 90^\circ }
γεωμετρικός μπελάς_2.png
γεωμετρικός μπελάς_2.png (51.44 KiB) Προβλήθηκε 433 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8193
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Μαρ 24, 2019 9:49 am

Doloros έγραψε:
Κυρ Μαρ 24, 2019 3:11 am
Η AM είναι και διχοτόμος , οπότε το σημείο τομής O των AM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BD είναι το έγκεντρο του \vartriangle ABC και η CE διέρχεται απ αυτό .

Τα τρίγωνα DOE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MOE έχουν ίσους περιγεγραμμένους κύκλους κέντρων K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L

( γιατί έχουν τη πλευρά OE κοινή χορδή και τις απέναντι γωνίες από 45^\circ )

Προφανές ότι το τετράπλευρο KOLE είναι τετράγωνο και το τρίγωνο CKL ισοσκελές αφού η CE είναι μεσοκάθετος στη διάκεντρο KL.

Αναγκαστικά τότε \boxed{\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}}} . Έτσι τα τρίγωνα KDC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LMC θα έχουν:

γεωμετρικός μπελάς_1.png


\left\{ \begin{gathered} 
  KD = LM \hfill \\ 
  KC = LC \hfill \\ 
  \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. .

Έχουμε τώρα δύο αποκλειστικά ενδεχόμενα :

Είτε τα τρίγωνα να είναι ίσα οπότε θα έχουν : DC = MC και άρα \boxed{\widehat A = 60^\circ }.

Είτε να έχουν : \widehat {KDC} + \widehat {LMC} = 180^\circ τότε το πεντάγωνο DKLMC γίνεται εγγεγραμμένο τετράπλευρο και αναγκαστικά :

\widehat {MKD} = 180^\circ  - 45^\circ  \Rightarrow \widehat {ACB} = 45^\circ  \Rightarrow \boxed{\widehat A = 90^\circ }
γεωμετρικός μπελάς_2.png
Τόσο απλά!!! :clap2: :clap2:

(Νομίζω ότι όλη η λύση επικεντρώνεται στην παρατήρηση με τα κόκκινα γράμματα).


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8193
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Μαρ 26, 2019 11:51 am

Ας δούμε και μία άκομψη λύση. Επειδή είναι όμως χρονοβόρα, θα δώσω τα κύρια σημεία της λύσης. Επικεντρώνομαι στο τρίγωνο

IED, όπου \displaystyle \sin (I\widehat ED) = \sin (45^\circ  + 2\theta ) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}(\cos 2\theta  + \sin 2\theta ). Έστω AB=AC=b, BC=a.
Γεωμετρικός μπελάς.png
Γεωμετρικός μπελάς.png (14.97 KiB) Προβλήθηκε 338 φορές
\displaystyle  \bullet Πρώτα βρίσκω \boxed{\cos 2\theta  = \frac{a}{{2b}},\sin 2\theta  = \frac{{\sqrt {4{b^2} - {a^2}} }}{{2b}},\cos \theta  = \frac{{\sqrt {b(2b + a)} }}{{2b}},\sin \theta  = \frac{{\sqrt {b(2b - a)} }}{{2b}}} (1)

\displaystyle  \bullet \displaystyle \frac{{IE}}{{EC}} = \frac{{IM}}{{MC}} = \tan \theta  \Leftrightarrow \frac{{IE}}{{IC}} = \frac{{\tan \theta }}{{\tan \theta  + 1}} \Leftrightarrow IE = \frac{{\tan \theta }}{{\tan \theta  + 1}} \cdot \frac{a}{{2\cos \theta }} \Leftrightarrow \boxed{IE = \frac{{\sin \theta }}{{2\cos \theta (\sin \theta  + \cos \theta )}}} (2)

\displaystyle  \bullet \displaystyle \frac{{BI}}{{ID}} = \frac{{a + b}}{b} \Leftrightarrow ID = \frac{b}{{a + b}} \cdot IC \Leftrightarrow \boxed{ID = \frac{{ab}}{{2(a + b)\cos \theta }}} (3)

Από τις σχέσεις (1), (2), (3) και εφαρμόζοντας νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο IED, καταλήγω στην εξίσωση:

\displaystyle 2{b^2}\left( {\sqrt {2b - a}  + \sqrt {2b + a} } \right) = (a + b)\left( {a + \sqrt {4{b^2} - {a^2}} } \right)\sqrt {2b - a} (*)

Η εξίσωση αυτή για a,b>0 δίνει \boxed{a=b} ή \boxed{a=b\sqrt 2}

\displaystyle  \bullet Αν a=b, το τρίγωνο είναι ισόπλευρο και \boxed{\widehat A=60^\circ}, ενώ αν a=b\sqrt 2, το τρίγωνο είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και \boxed{\widehat A=90^\circ}



(*) Για τη λύση της εξίσωσης θέτω a=bt και μένει εξίσωση ως προς t που δίνει t=1, t=\sqrt 2.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης