Δεν έχω λύση.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 48.png (8.62 KiB) Προβλήθηκε 1480 φορές

Υπολογίστε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Manolis Petrakis · #2

Μία λύση με τριγωνομετρία
Από την τριγωνομετρική εκδοχή του θεωρήματος του Ceva έχουμε:
$\frac{\widehat{DBA}}{\widehat{DBC} }\frac{\widehat{DCB}}{\widehat{DCA}}\frac{\widehat{DAC}}{\widehat{DAB}} =1\Leftrightarrow \frac{ \sin 18^{\circ} }{ \sin 12^{\circ} }\frac{ \sin 24^{\circ} }{ \sin 18^{\circ} }\frac{ \sin \theta ^{\circ} }{\sin (108-\theta)^{\circ} }=1\Leftrightarrow \frac{ \sin (108-\theta)^{\circ} }{ \sin \theta^{\circ} }=2\cos 12^{\circ}$
Η οποία γράφεται:
$\sin 108^{\circ}\csc \theta =2\cos 12^{\circ}+\cos 108^{\circ} \Leftrightarrow \csc \theta= \frac{2\cos12^{\circ}-\sin 18^{\circ} }{\cos18^{\circ}}$
Θα δείξουμε ότι $\theta =30^{\circ}\Leftrightarrow \csc \theta =\sqrt{3}$
Άρα αρκεί να δείξουμε ότι $\sqrt{3}\cos 18^{\circ}+\sin 18^{\circ}=2\cos12^{\circ}$
Το οποίο ισχύει αφού:
$\sqrt{3}\cos 18^{\circ}+\sin 18^{\circ}=2\sin (18^{\circ}+\arctan \sqrt{3})=2\sin 78^{\circ}=2\cos 12^{\circ}$

Άρα $\theta= 30 ^{\circ}$

#3

Υπόδειξη

: Δεν έχω λύση Φάνης_b.png (61.59 KiB) Προβλήθηκε 1398 φορές

Φέρνω τη μεσοκάθετο του

και τέμνει την

στο

.

Άμεσες συνέπειες : $BZ = ZD = DC\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {DCZ} = \widehat {DZC} = 24^\circ$

Τα τρίγωνα $ABD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,ADC$ . Έχουν ίσους κύκλους, $K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$ , λόγω της κοινής

χορδής

που τα $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C\,\,$ την βλέπουν υπό γωνία $18^\circ$ .

Ας είναι

η τομή του $K\,\,\mu \varepsilon \,\,\,BC$ . Το τετράπλευρο KZHD

είναι εγγράψιμο και

μάλιστα ισοσκελές τραπέζιο και το τραπέζιο KHCD

αναγκάζεται να γίνει παραλληλόγραμμο και μάλιστα ρόμβος .

Τώρα εκτός του ισοπλεύρου τριγώνου AKH

ισόπλευρο είναι και το τρίγωνο LDC

.

$\boxed{\widehat {{\theta _{}}} = \frac{1}{2}\widehat {DLC} = 30^\circ }$

#4

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 13, 2020 10:01 pm
48.png

Υπολογίστε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Λίγο ανορθόδοξα. Ξεκινάω με την κατασκευή. Κατασκευάζω τρίγωνο ABC

με $\widehat B=30^\circ, \widehat C= 42^\circ.$ Αν

είναι

το περίκεντρο του τριγώνου τότε το OAC

είναι ισόπλευρο και έστω

η διάμεσός του και

το σημείο τομής της

με τον περίκυκλο του OAB.

Θα δείξω ότι το

είναι το ίδιο με το σημείο

της εκφώνησης οπότε θα είναι $\boxed{\theta =30^\circ}$

: Δεν έχω λύση.png (25.21 KiB) Προβλήθηκε 1355 φορές

Πράγματι, $\displaystyle O\widehat BA = O\widehat AB = 48^\circ$ και λόγω του εγγεγραμμένου OBAD

θα είναι $\displaystyle C\widehat DM = O\widehat DM = O\widehat BA = 48^\circ$

και $\displaystyle O\widehat BD = O\widehat AD = 30^\circ,$ απ' όπου εύκολα $\displaystyle D\widehat BA = D\widehat OA = A\widehat CD = 18^\circ$ και το ζητούμενο έπεται.

#5

Καλησπέρα σε όλους. Ακόμα μία τριγωνομετρική αντιμετώπιση.

: 48.png (8.62 KiB) Προβλήθηκε 1277 φορές

Από Νόμο Ημιτόνων στα BCD, ADC, ABD

αντίστοιχα, έχουμε

$\displaystyle \frac{{{\rm B}D}}{{\eta \mu 24^\circ }} = \frac{{DC}}{{\eta \mu 12^\circ }},\;\;\frac{{DC}}{{\eta \mu \theta }} = \frac{{AD}}{{\eta \mu 18^\circ }},\;\;\frac{{AD}}{{\eta \mu 18^\circ }} = \frac{{BD}}{{\eta \mu \left( {108^\circ - \theta } \right)}},\;\;0^\circ < \theta < 108^\circ$

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη, έχουμε

$\displaystyle \eta \mu 24^\circ \cdot \eta \mu \theta \cdot \eta \mu 18^\circ = \eta \mu 12^\circ \cdot \eta \mu 18^\circ \cdot \eta \mu \left( {108^\circ - \theta } \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow 2\eta \mu 12^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ \cdot \eta \mu \theta = \eta \mu 12^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {\theta - 18^\circ } \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow 2 \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ \cdot \eta \mu \theta = \sigma \upsilon \nu \left( {\theta - 18^\circ } \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow 2 \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ \cdot \eta \mu \theta = \sigma \upsilon \nu \theta \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ + \eta \mu \theta \cdot \eta \mu 18^\circ$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {2 \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ - \sigma \upsilon \nu 72^\circ } \right)\eta \mu \theta = \sigma \upsilon \nu \theta \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ + \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ - \sigma \upsilon \nu 72^\circ } \right)} \right)\eta \mu \theta = \sigma \upsilon \nu \theta \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ + 2\eta \mu 30^\circ \cdot \eta \mu 42^\circ } \right)\eta \mu \theta = \sigma \upsilon \nu \theta \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ + \sigma \upsilon \nu 48^\circ } \right)\eta \mu \theta = \sigma \upsilon \nu \theta \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {2\sigma \upsilon \nu 30^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ } \right)\eta \mu \theta = \sigma \upsilon \nu \theta \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sigma \varphi \theta = \sqrt 3 \Leftrightarrow \theta = 30^\circ$

#6

Ο Μιχάλης Νάννος είχε βάλει πολλές τέτοιες με περίεργα νούμερα, αλλά πρέπει να τη δει ο ίδιος, μήπως είχε μπει και άλλη λύση.

Ωραία άσκηση πάντως !

ΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧΧ

Φανης Θεοφανιδης · #7

Δεν νομίζω Μπάμπη να υπάρχει στις δημοσιεύσεις του Μιχάλη.
Απ' ότι βλέπω στο fb παραμένει άλυτη.

Φανης Θεοφανιδης · #8

: 49.png (32.54 KiB) Προβλήθηκε 1143 φορές

Ο πατέρας μου έλεγε: <<οι καλύτερες δουλειές αγόρι μου είναι οι δύσκολες δουλειές>>.

Γράφω τον περίκυκλο του $\triangle BDC$ του οποίου το κέντρο ονομάζω

και
φέρνω τα τμήματα OB, OD, OC

. Οι μπλέ γωνίες προκύπτουν εύκολα.
Στη συνέχεια γράφω τον περίκυκλο του $\triangle BCO$ του οποίου το κέντρο
ονομάζω

και φέρνω τα τμήματα KB, KO, KC, KD

. Οι κόκκινες γωνίες προκύπτουν επίσης εύκολα.
Οπότε $\angle DOK=12^{0}$ . Ο δεύτερος κύκλος διέρχεται από το

αφού η μη κυρτή $\angle CKB=216^{0}$
και η $\angle CAB=108^{0}$ . Έχουν δηλαδή τη σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης. Φέρνω και το τμήμα

.
Προφανώς $το \triangle CKA$ είναι ισόπλευρο. Άρα AK=AC (1)

.
Λήμμα: Στο ισοσκελές τρίγωνο BDO

είναι $\angle KDO=18^{0}$ .
Από το άθροισμα των γωνιών του $\triangle KDC$ προκύπτει ότι KD=DC (2)

.
Από την (1)

και

έπεται ότι η

είναι μεσοκάθετος του

.
Συνεπώς $\theta =30^{0}$ .

Φανης Θεοφανιδης · #9

: 50 (2).png (15.34 KiB) Προβλήθηκε 1089 φορές

Η απόδειξη του λήμματος.

Στο ισοσκελές τρίγωνο DOB

θα δείξω ότι $\angle KDO=18^{0}$ .
Κατασκευάζω το ισόπλευρο τρίγωνο DPO

.
Το τρίγωνο POB

είναι ισοσκελές με $\angle OBP=36^{0}$ .
Οπότε η

εάν προεκταθεί θα διέλθει από το

.
Επειδή $\angle BPO=36^{0}$ και το τρίγωνο KPO

είναι ισοσκελές με KP=PO

.
Επομένως το

είναι το περίκεντρο του $\triangle OKD$ .
Συνεπώς $\angle KDO=18^{0}$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #10

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 13, 2020 10:01 pm
48.png

Υπολογίστε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Κατασκευάζοντας το ισόπλευρο τρίγωνο EBC

θα είναι $\angle AEC= \angle ECA=18^0$ κι έστω

ύψος του

Κατασκευάζουμε $\angle DBN=6^0$ οπότε $\angle NBC= \angle NCB=18^0 \Rightarrow \angle DCN=24^0-18^0=6^0$ και NDCB

εγγράψιμο ,άρα $\angle NDB= \angle NCB=18^0$

Ακόμη, $\angle NEA=12^0=\angle ABN$ και το EANB

προφανώς είναι ισοσκελές τραπέζιο με $\angle BAN=30^0$

Έστω τώρα σημείο

στην

ώστε

.Επειδή $\angle PAC=108^0\Rightarrow \angle APC=\angle ACP=36^0$ ,επομένως

$\angle PCB=6^0$ και $\angle NCP=12^0=\angle NBP$ και το PNCB

είναι εγγράψιμο,οπότε

$\angle PNB= \angle PCB =6^0=\angle DBN$ άρα PN//BD

συνεπώς $\angle NPA=18^0$

Ακόμη $\angle DQC= \angle DCQ=\angle NDB= 18^0$ οπότε NDQP

παραλ/μμο και PN=QD=DC

Έτσι,τα τρίγωνα APN,ADC

είναι ίσα,συνεπώς $\angle \theta =30^0$

: 30.png (34.49 KiB) Προβλήθηκε 1049 φορές

#11

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 14, 2020 7:16 pm
Καλησπέρα σε όλους. Ακόμα μία τριγωνομετρική αντιμετώπιση.

48.png

Από Νόμο Ημιτόνων στα αντίστοιχα, έχουμε

$\displaystyle \frac{{{\rm B}D}}{{\eta \mu 24^\circ }} = \frac{{DC}}{{\eta \mu 12^\circ }},\;\;\frac{{DC}}{{\eta \mu \theta }} = \frac{{AD}}{{\eta \mu 18^\circ }},\;\;\frac{{AD}}{{\eta \mu 18^\circ }} = \frac{{BD}}{{\eta \mu \left( {108^\circ - \theta } \right)}},\;\;0^\circ < \theta < 108^\circ$

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη, έχουμε

$\displaystyle \eta \mu 24^\circ \cdot \eta \mu \theta \cdot \eta \mu 18^\circ = \eta \mu 12^\circ \cdot \eta \mu 18^\circ \cdot \eta \mu \left( {108^\circ - \theta } \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow 2\eta \mu 12^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ \cdot \eta \mu \theta = \eta \mu 12^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {\theta - 18^\circ } \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow 2 \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ \cdot \eta \mu \theta = \sigma \upsilon \nu \left( {\theta - 18^\circ } \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow 2 \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ \cdot \eta \mu \theta = \sigma \upsilon \nu \theta \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ + \eta \mu \theta \cdot \eta \mu 18^\circ$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {2 \cdot \sigma \upsilon \nu 12^\circ - \sigma \upsilon \nu 72^\circ } \right)\eta \mu \theta = \sigma \upsilon \nu \theta \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ + \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ - \sigma \upsilon \nu 72^\circ } \right)} \right)\eta \mu \theta = \sigma \upsilon \nu \theta \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ + 2\eta \mu 30^\circ \cdot \eta \mu 42^\circ } \right)\eta \mu \theta = \sigma \upsilon \nu \theta \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {\sigma \upsilon \nu 12^\circ + \sigma \upsilon \nu 48^\circ } \right)\eta \mu \theta = \sigma \upsilon \nu \theta \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {2\sigma \upsilon \nu 30^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ } \right)\eta \mu \theta = \sigma \upsilon \nu \theta \cdot \sigma \upsilon \nu 18^\circ$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sigma \varphi \theta = \sqrt 3 \Leftrightarrow \theta = 30^\circ$

Η παραπάνω πλήρης τριγωνομετρική λύση μας δείχνει τον δρόμο για μια όμορφη γενίκευση του αρχικού προβλήματος ... όπου οι γωνίες των 18^0

και

αντικαθιστώνται από γωνίες $\alpha$ και $\beta$ τέτοιες ώστε $\alpha + \beta = 30^0$ ... με αποτέλεσμα πάλι $\theta = 30^0$ . (Νομίζω ότι γενικεύονται προς αυτήν την κατεύθυνση και οι πολύ όμορφες γεωμετρικές λύσεις που δόθηκαν.)

[Στην απόλυτη γενικότητα του προβλήματος ισχύει η $\epsilon \phi \theta = \dfrac{\eta \mu (2\alpha + 3\beta )}{2\sigma \upsilon \nu \beta - \sigma \upsilon \nu (2\alpha + 3\beta )}$ , η επιπλέον συνθήκη $\alpha + \beta = 30^0$ οδηγεί άμεσα στην $\epsilon \phi \theta = \dfrac{\eta \mu (\beta +60^0)}{2\sigma \upsilon \nu \beta -\sigma \upsilon \nu (\beta +60^0)}$ , και ακολούθως τεχνάσματα και τριγωνομετρικές ταυτότητες όπως αυτά που χρησιμοποιεί παραπάνω ο Γιώργος Ρίζος δίνουν $\epsilon \phi \theta=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ .]

cool geometry · #12

Προσθέτω μία γεωμετρική προσέγγιση. Το πρόβλημα είναι ισοδύναμο με το παρακάτω. Δίνεται τρίγωνο $\bigtriangleup AB\Gamma$ με $\angle B=30^{0},\angle \Gamma =42^{0}$ και σημείο $\Delta$ στο εσωτερικό του, ώστε $\angle \Delta B\Gamma =\angle \Delta \Gamma B=18^{0}.$ Να υπολογίσετε τη γωνία $\angle \Delta AB.$
Λύση:
Θεωρούμε

το περίκεντρο του τριγώνου $\bigtriangleup AB\Gamma ,$ τότε $\angle OB\Gamma =\angle O\Gamma B=\angle \Delta B\Gamma =\angle \Delta \Gamma B=18^{0},$ άρα το τετράπλευρο $B\Delta \Gamma O$ είναι ρόμβος με άμεση συνέπεια $\Gamma \Delta =\Gamma O=\Gamma A^{\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \varrho o\bigtriangleup A\Gamma O},$ άρα θα είναι $\angle \Delta A\Gamma =\angle \Gamma \Delta A=90^{0}-24^{0}/2=78^{0}\Rightarrow \angle \Delta AB=30^{0}$ και το ζητούμενο έχει βρεθεί.

Δεν έχω λύση.

Δεν έχω λύση.

Re: Δεν έχω λύση.

Re: Δεν έχω λύση.

Re: Δεν έχω λύση.

Re: Δεν έχω λύση.

Re: Δεν έχω λύση.

Re: Δεν έχω λύση.

Re: Δεν έχω λύση.

Re: Δεν έχω λύση.

Re: Δεν έχω λύση.

Re: Δεν έχω λύση.

Re: Δεν έχω λύση.

Μέλη σε σύνδεση