Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

Ορέστης Λιγνός · #1

Σε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , το ύψος

η διάμεσος

και η διχοτόμος

χωρίζουν την $\widehat{C}$ σε τέσσερις ίσες γωνίες. Βρείτε την $\widehat{B}$ .

: GONIA.png (14.42 KiB) Προβλήθηκε 1478 φορές

#2

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 05, 2018 11:34 pm
Σε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , το ύψος η διάμεσος και η διχοτόμος 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.

#3

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 (15.72 KiB) Προβλήθηκε 1391 φορές

Έστω

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

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 $\displaystyle M\widehat NA = {90^0}\mathop \Leftrightarrow \limits^{MN||AB}$ $\boxed{\widehat A=90^0}$

KARKAR · #4

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 · #5

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 05, 2018 11:34 pm
Σε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , το ύψος η διάμεσος και η διχοτόμος 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 (7.63 KiB) Προβλήθηκε 1353 φορές

STOPJOHN · #6

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 05, 2018 11:34 pm
Σε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , το ύψος η διάμεσος και η διχοτόμος 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

(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

#7

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.

#8

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 $0<3x<\dfrac{\pi}{2}$ ).

#9

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 $|AC|=\dfrac{|CD|}{cosx}$ , $|BC|=\dfrac{|CD|}{cos3x}$ , , οπότε από τον Νόμο Συνημιτόνων στο και με απαλοιφή του 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 , και, αν υπάρχει χρόνος και διάθεση, στην

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 , 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!!

#10

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

,

(που μας δίνουν $7\cdot4=28$ λύσεις με

,

θετικούς ακέραιους (και p<s

) και

,

ακέραιους) και στις $q=\dfrac{-64p+384r}{pu-rs}$ , $t=\dfrac{64s-384u}{pu-rs}$ : ελέγχοντας την ... ακεραιότητα των

,

(ως και

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 $\left((4a^2-1)(4a^2-3)+(4a^2-2)(2a^2-1)\right)\left((4a^2-1)(4a^2-3)-(4a^2-2)(2a^2-1)\right)=0$

Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

Re: Δώσε και συ μία λύση, μπορείς !

Μέλη σε σύνδεση