Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

Συντονιστής: Μιχάλης Νάννος

Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1545
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Δευ Μαρ 05, 2018 11:34 pm

Σε τρίγωνο \vartriangle ABC, το ύψος CD η διάμεσος CF και η διχοτόμος CE χωρίζουν την \widehat{C} σε τέσσερις ίσες γωνίες. Βρείτε την \widehat{B}.
GONIA.png
GONIA.png (14.42 KiB) Προβλήθηκε 1184 φορές


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8795
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Μαρ 06, 2018 9:26 am

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Δευ Μαρ 05, 2018 11:34 pm
Σε τρίγωνο \vartriangle ABC, το ύψος CD η διάμεσος CF και η διχοτόμος CE χωρίζουν την \widehat{C} σε τέσσερις ίσες γωνίες. Βρείτε την \widehat{B}.

GONIA.png
Καλημέρα Ορέστη!

Θα χρησιμοποιήσω το Λήμμα: Αν η διχοτόμος μιας γωνίας τριγώνου διχοτομεί και τη γωνία ύψους και διαμέσου,
τότε το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στη γωνία αυτή.


Σύμφωνα με αυτό το λήμμα είναι \boxed{\widehat B=x=22,5^0}

Σε επόμενη ανάρτηση θα αποδείξω το λήμμα.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8795
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Μαρ 06, 2018 10:12 am

Λήμμα: Αν η διχοτόμος μιας γωνίας τριγώνου διχοτομεί και τη γωνία ύψους και διαμέσου,
τότε το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στη γωνία αυτή.
Λήμμα 1.png
Λήμμα 1.png (15.72 KiB) Προβλήθηκε 1097 φορές
Έστω AD, AE, AM το ύψος, η διχοτόμος και η διάμεσος αντίστοιχα τριγώνου ABC με \widehat B>\widehat C, τότε ως γνωστόν είναι \displaystyle \omega  = \frac{{\widehat B - \widehat C}}{2} \Leftrightarrow DAM = \widehat B - \widehat C

Έστω N το μέσο του AC. Τότε, \displaystyle C\widehat MN = \widehat B \Leftrightarrow \theta  + M\widehat DN = \widehat B \Leftrightarrow \theta  = \widehat B - \widehat C = 2\omega

Άρα το ADMN είναι εγγράψιμο, οπότε \displaystyle M\widehat NA = {90^0}\mathop  \Leftrightarrow \limits^{MN||AB} \boxed{\widehat A=90^0}


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11209
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Μαρ 06, 2018 1:26 pm

Κάποιες ακόμη ιδέες για το θέμα αυτό , μπορείτε να βρείτε ξεκινώντας από εδώ .

Θα βρείτε και μια από τις λίγες ( δυστυχώς ..) παρεμβάσεις του μεγάλου Ν. Ράπανου .


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1735
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τρί Μαρ 06, 2018 1:34 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Δευ Μαρ 05, 2018 11:34 pm
Σε τρίγωνο \vartriangle ABC, το ύψος CD η διάμεσος CF και η διχοτόμος CE χωρίζουν την \widehat{C} σε τέσσερις ίσες γωνίες. Βρείτε την \widehat{B}.

GONIA.png

Επειδή \displaystyle AD,AF είναι ισογώνιες με τις \displaystyle AB,AC,σύμφωνα με το θ.Steiner θα ισχύει \displaystyle \frac{{BD \cdot BF}}{{CF \cdot CD}} = {\left( {\frac{c}{b}} \right)^2}\xrightarrow{{BF = CF}}\frac{{BD}}{{CD}} = {\left( {\frac{c}{b}} \right)^2}

κι επειδή \displaystyle AD \bot BC \Rightarrow \angle A = {90^0} \Rightarrow 4x = {90^0} \Rightarrow \boxed{x = {{22.5}^0}}
εύρεση γωνίας..png
εύρεση γωνίας..png (7.63 KiB) Προβλήθηκε 1059 φορές


STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 1855
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από STOPJOHN » Τετ Μαρ 07, 2018 5:34 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Δευ Μαρ 05, 2018 11:34 pm
Σε τρίγωνο \vartriangle ABC, το ύψος CD η διάμεσος CF και η διχοτόμος CE χωρίζουν την \widehat{C} σε τέσσερις ίσες γωνίες. Βρείτε την \widehat{B}.

GONIA.png
Κατασκευάζω τον περίκυκλο του τριγώνου ACB και έστω \hat{\phi }=\hat{B}
Τότε το τρίγωνο ACE είναι ισοσκελές με AC=AE,\hat{CAE}=\phi +2x
Αρα \hat{\phi }+3\hat{x}=90^{0}
Το τραπέζιο APGB είναι ισοσκελές με AP=GB,PG//AB,\hat{CPG}=90^{0}
Οποτε η CG=2R και διερχεται από το μέσο της πλευράς AB (απλό )
Συνεπώς \hat{x}=22,5^{0}=\hat{\phi }


Γιάννης


Απο μια δευτερη λύση που εχω προκυπτει \dfrac{a}{b}=1+\sqrt{2} είναι ένα δευτερο ερώτημα για την άσκηση
Συνημμένα
Δώσε και συ μια λύση, μπορείς.png
Δώσε και συ μια λύση, μπορείς.png (91.06 KiB) Προβλήθηκε 930 φορές


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1827
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τετ Μαρ 07, 2018 7:42 pm

Στις προϋπάρχουσες λύσεις, δεν είδα την επόμενη:

Αν οι εφαπτόμενες του περιγεγραμένου κύκλου στα Β, Α τέμνονται, τότε το σημείο τομής και το Γ ορίζουν την συμμετροδιάμεσο, η οποία, εν προκειμένω, είναι το ύψος, άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές στο Γ κ.λπ., άτοπο. Επομένως οι εφαπτόμενες αυτές δεν τέμνονται, είναι παράλληλες, άρα η ΑΒ είναι διάμετρος κ.λπ.


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2729
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Παρ Μαρ 09, 2018 12:38 pm

Μπορώ και εγώ (τριγωνομετρικά, και με δόση ... μαύρου χιούμορ):

Από το αρχικό σχήμα του Ορέστη λαμβάνουμε |AC|=\dfrac{|CD|}{cosx}, |BC|=\dfrac{|CD|}{cos3x}, |AB|=2|AF|=2|DA|+2|DF|=2|CD|(tanx+tan2x), οπότε από τον Νόμο Συνημιτόνων στο CAB και με απαλοιφή του |CD| προκύπτει η τριγωνομετρική εξίσωση

4(tanx+tan2x)^2=\dfrac{1}{cos^2x}+\dfrac{1}{cos^23x}-\dfrac{2cos4x}{cosxcos3x}.

Η εξίσωση αυτή μπορεί βεβαίως να επιλυθεί ως έχει στο WolframAlpha, μπορεί όμως να επιλυθεί και με το χέρι, καθώς με χρήση διαφόρων τριγωνομετρικών τύπων ανάγεται στην

\dfrac{16a^6-24a^4+9a^2-1}{(2a^2-1)^2}=\dfrac{16a^6-32a^4+20a^2-4}{(4a^2-3)^2},

όπου a=cosx, και, αν υπάρχει χρόνος και διάθεση, στην

(a^2-1)(8a^4-8a^2+1)(24a^4-24a^2+5)=0.

Είτε από την μία μορφή είτε από την άλλη λαμβάνουμε -- με ή χωρίς χρήση του WolframAlpha -- τις ρίζες \pm1, \pm\dfrac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}, \pm\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}, \pm\dfrac{1}{2}\sqrt{2-\sqrt{\dfrac{2}{3}}}, \pm\dfrac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{\dfrac{2}{3}}}, προσεγγιστικά \pm1, \pm0,38268, \pm0,92388, \pm0,54394, \pm0,83912. Από την 0<x<\dfrac{\pi}{4} προκύπτει άμεσα ότι οι μόνες ενδεχομένως αποδεκτές ρίζες είναι οι a=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\approx0,92388 και a=\dfrac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{\dfrac{2}{3}}}\approx0,83912: η πρώτη δίνει την επιθυμητή x=22,5^0, η δεύτερη δίνει x\approx32,95^0 και αποκλείεται από την |BC|=\dfrac{|CD|}{cos3x} (και 0<3x<\dfrac{\pi}{2}).


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1827
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Σάβ Μαρ 10, 2018 7:45 pm

gbaloglou έγραψε:
Παρ Μαρ 09, 2018 12:38 pm
Μπορώ και εγώ (τριγωνομετρικά, και με δόση ... μαύρου χιούμορ):

Από το αρχικό σχήμα του Ορέστη λαμβάνουμε |AC|=\dfrac{|CD|}{cosx}, |BC|=\dfrac{|CD|}{cos3x}, |AB|=2|AF|=2|DA|+2|DF|=2|CD|(tanx+tan2x), οπότε από τον Νόμο Συνημιτόνων στο CAB και με απαλοιφή του |CD| προκύπτει η τριγωνομετρική εξίσωση

4(tanx+tan2x)^2=\dfrac{1}{cos^2x}+\dfrac{1}{cos^23x}-\dfrac{2cos4x}{cosxcos3x}.

Η εξίσωση αυτή μπορεί βεβαίως να επιλυθεί ως έχει στο WolframAlpha, μπορεί όμως να επιλυθεί και με το χέρι, καθώς με χρήση διαφόρων τριγωνομετρικών τύπων ανάγεται στην

\dfrac{16a^6-24a^4+9a^2-1}{(2a^2-1)^2}=\dfrac{16a^6-32a^4+20a^2-4}{(4a^2-3)^2},

όπου a=cosx, και, αν υπάρχει χρόνος και διάθεση, στην

(a^2-1)(8a^4-8a^2+1)(24a^4-24a^2+5)=0.

Είτε από την μία μορφή είτε από την άλλη λαμβάνουμε -- με ή χωρίς χρήση του WolframAlpha -- τις ρίζες \pm1, \pm\dfrac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{2}, \pm\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}, \pm\dfrac{1}{2}\sqrt{2-\sqrt{\dfrac{2}{3}}}, \pm\dfrac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{\dfrac{2}{3}}}, προσεγγιστικά \pm1, \pm0,38268, \pm0,92388, \pm0,54394, \pm0,83912. Από την 0<x<\dfrac{\pi}{4} προκύπτει άμεσα ότι οι μόνες ενδεχομένως αποδεκτές ρίζες είναι οι a=\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{2}\approx0,92388 και a=\dfrac{1}{2}\sqrt{2+\sqrt{\dfrac{2}{3}}}\approx0,83912: η πρώτη δίνει την επιθυμητή x=22,5^0, η δεύτερη δίνει x\approx32,95^0 και αποκλείεται από την |BC|=\dfrac{|CD|}{cos3x} (και 0<3x<\dfrac{\pi}{2}).
Γιώργο, με όρους fb, like!! :logo:


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2729
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Μαρ 12, 2018 12:17 am

Κώστα σ' ευχαριστώ πολύ για το like, που με κάνει όμως να ακριβολογήσω λίγο περισσότερο: αν θέλαμε πραγματικά να δώσουμε μια λύση με το χέρι -- κάτι που η ίδια η φύση του προβλήματος (και βέβαια η εκ των προτέρων γνώση της απάντησης) μας λέει ότι είναι εφικτό -- τότε θα έπρεπε να παραγοντοποιήσουμε χωρίς χρήση λογισμικών το 192a^8-384a^6+256a^4-64a^2+5, που προκύπτει από την ισότητα \dfrac{16a^6-24a^4+9a^2-1}{(2a^2-1)^2}=\dfrac{16a^6-32a^4+20a^2-4}{(4a^2-3)^2}, ακριβέστερα (και ύστερα από την διαίρεση των δύο αριθμητών δια a^2-1) την \dfrac{(4a^2-1)^2}{(2a^2-1)^2}=\dfrac{4(2a^2-1)^2}{(4a^2-3)^2}.

Κανονικά η παραγοντοποίηση 192a^8-384a^6+256a^4-64a^2+5=(pa^4+qa^2+r)(sa^4+ta^2+u) δεν θα ήταν και ότι ευκολότερο, καθώς οδηγεί στις ps=192, ru=5 (που μας δίνουν 7\cdot4=28 λύσεις με p, s θετικούς ακέραιους (και p<s) και r, u ακέραιους) και στις q=\dfrac{-64p+384r}{pu-rs}, t=\dfrac{64s-384u}{pu-rs}: ελέγχοντας την ... ακεραιότητα των q, t (ως και 28 φορές αν είμαστε άτυχοι) φτάνουμε στην επιθυμητή παραγοντοποίηση 192a^8-384a^6+256a^4-64a^2+5=(8a^4-8a^2+1)(24a^4-24a^2+5).

ΟΜΩΣ ... τα τέσσερα τετράγωνα στην \dfrac{(4a^2-1)^2}{(2a^2-1)^2}=\dfrac{4(2a^2-1)^2}{(4a^2-3)^2} μας επιτρέπουν μία γρήγορη διαφυγή ... μέσω της \left((4a^2-1)(4a^2-3)+(4a^2-2)(2a^2-1)\right)\left((4a^2-1)(4a^2-3)-(4a^2-2)(2a^2-1)\right)=0 :coolspeak:


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α'”

Μέλη σε σύνδεση

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