Γνωστή γωνία

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7200
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Γνωστή γωνία

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Φεβ 17, 2020 2:26 am

Γνωστή γωνία.png
Γνωστή γωνία.png (9.49 KiB) Προβλήθηκε 452 φορές
Το ορθογώνιο τρίγωνο ABC\left( {A = 90^\circ } \right) έχει AB = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = 3.

Φέρνω τη διχοτόμο CD και έστω E το συμμετρικό του C ως προς το D.

Δείξετε ότι \widehat {{\theta _{}}} = 45^\circ

Έχει λύσεις ωραίες για κάθε γούστο . Πιο κάτω και πιο πάνω .Όλες δεκτές.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3273
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Γνωστή γωνία

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Δευ Φεβ 17, 2020 7:49 am

Doloros έγραψε:
Δευ Φεβ 17, 2020 2:26 am


Το ορθογώνιο τρίγωνο ABC\left( {A = 90^\circ } \right) έχει AB = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = 3.

Φέρνω τη διχοτόμο CD και έστω E το συμμετρικό του C ως προς το D.

Δείξετε ότι \widehat {{\theta _{}}} = 45^\circ

Έχει λύσεις ωραίες για κάθε γούστο . Πιο κάτω και πιο πάνω .Όλες δεκτές.
Καλημέρα Νίκο!
shape.png
shape.png (20.46 KiB) Προβλήθηκε 439 φορές
Κατασκευάζω το παραλληλόγραμμο EKCB και από θεώρημα διχοτόμου και Π.Θ. προκύπτει το παραπάνω σχήμα.

Έτσι, \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{5}{2} \cdot 3\mathop  = \limits^{(CDK)} \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{3\sqrt 5 }}{2} \cdot \sqrt {10} \sin \theta  \Leftrightarrow \sin \theta  = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \theta  = {45^ \circ }


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9330
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Γνωστή γωνία

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Φεβ 17, 2020 9:06 am

Doloros έγραψε:
Δευ Φεβ 17, 2020 2:26 am
Γνωστή γωνία.png

Το ορθογώνιο τρίγωνο ABC\left( {A = 90^\circ } \right) έχει AB = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = 3.

Φέρνω τη διχοτόμο CD και έστω E το συμμετρικό του C ως προς το D.

Δείξετε ότι \widehat {{\theta _{}}} = 45^\circ

Έχει λύσεις ωραίες για κάθε γούστο . Πιο κάτω και πιο πάνω .Όλες δεκτές.
Καλημέρα!

Έστω F, H οι προβολές του E στις CB, CA αντίστοιχα. Τότε \displaystyle EF = EH = 2DA = 3,BF = 1.
Γνωστή γωνία.png
Γνωστή γωνία.png (14.57 KiB) Προβλήθηκε 426 φορές
\displaystyle \tan (\varphi  + \theta ) = 2 \Leftrightarrow \frac{{\frac{1}{3} + \tan \theta }}{{1 - \frac{1}{3}\tan \theta }} = 2 \Leftrightarrow \tan \theta  = 1 και \boxed{\theta=45^\circ}


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9330
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Γνωστή γωνία

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Φεβ 17, 2020 11:41 am

Αλλιώς χωρίς τριγωνομετρία.
Στην προέκταση της CA θεωρώ σημείο Z ώστε CZ=CB=5. Τότε η CE είναι μεσοκάθετη της BZ.
Γνωστή γωνία.β.png
Γνωστή γωνία.β.png (13.44 KiB) Προβλήθηκε 409 φορές
Από τον τύπο της διχοτόμου, \displaystyle C{E^2} = 4C{D^2} = 4(3 \cdot 5 - AD \cdot DB) = 60 - 4 \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{5}{2} = 45 \Leftrightarrow \boxed{CE=3\sqrt 5}

Με Π. Θ βρίσκω BZ=2\sqrt 5. Αλλά, \displaystyle \frac{1}{2}BZ \cdot CM = (ZBC) = \frac{1}{2}ZC \cdot BA = 10 \Leftrightarrow CM = 2\sqrt 5

Οπότε, \displaystyle ME = \sqrt 5  = \frac{{BZ}}{2}, άρα το EBZ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε \boxed{\theta=45^\circ}


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11614
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Γνωστή γωνία

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Δευ Φεβ 17, 2020 12:17 pm

Κρητικό  σαρανταπεντάρι.png
Κρητικό σαρανταπεντάρι.png (9.13 KiB) Προβλήθηκε 404 φορές
Θεώρημα διχοτόμων : AD=1.5 , DB=2.5 . Πυθαγόρειο : CD=1.5\sqrt{5} , CE=3\sqrt{5}

\cos\phi=\dfrac{2}{\sqrt{5}} . Ν. συνημιτόνων : BE\sqrt{10} . Άρα : \cos\theta=\dfrac{EC^2+EB^2-BC^2}{2EC\cdot EB}=\dfrac{1}{\sqrt{2}}


Άβαταρ μέλους
angvl
Δημοσιεύσεις: 146
Εγγραφή: Πέμ Μάιος 12, 2011 3:10 pm

Re: Γνωστή γωνία

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από angvl » Δευ Φεβ 17, 2020 12:36 pm

γνωστή γωνία.png
γνωστή γωνία.png (79.58 KiB) Προβλήθηκε 402 φορές
Καλημέρα!

Μία ερώτηση γιατί συνήθως την πατάω...

Πήρα το συμμετρικό του C ως πρς την ευθεία EB
οπότε το \triangle ETC είναι ισοσκελές και μετά βγάζω  \theta = \omega +\phi = 45^0.Δεν χρησιμοποιώ πουθενά τα μήκη των πλευρών του

τριγώνου για αυτό ρωτάω μήπως κάτι δεν το σκέφτομαι σωστά.


Καλό Καλοκαίρι!
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9330
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Γνωστή γωνία

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Φεβ 17, 2020 2:26 pm

angvl έγραψε:
Δευ Φεβ 17, 2020 12:36 pm
γνωστή γωνία.png

Καλημέρα!

Μία ερώτηση γιατί συνήθως την πατάω...

Πήρα το συμμετρικό του C ως πρς την ευθεία EB
οπότε το \triangle ETC είναι ισοσκελές και μετά βγάζω  \theta = \omega +\phi = 45^0.Δεν χρησιμοποιώ πουθενά τα μήκη των πλευρών του

τριγώνου για αυτό ρωτάω μήπως κάτι δεν το σκέφτομαι σωστά.
Έχεις πάρει αυθαίρετα ότι τα σημεία A, B, T είναι συνευθειακά. Αυτό συμβαίνει μόνο με τις τιμές που δίνονται.


Άβαταρ μέλους
angvl
Δημοσιεύσεις: 146
Εγγραφή: Πέμ Μάιος 12, 2011 3:10 pm

Re: Γνωστή γωνία

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από angvl » Δευ Φεβ 17, 2020 7:17 pm

γνωστή γωνία2.png
γνωστή γωνία2.png (116.78 KiB) Προβλήθηκε 336 φορές
Καλησπέρα! Με αναλυτική(εκτός φακέλου).

Θεωρώ ορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων με \displaystyle A(0,0),B(4,0),C(0,3) .Απο Θ.εσωτερικής διχοτόμου βρίσκω ότι

\displaystyle AD = \frac{3}{2} άρα το σημείο D έχει συν/νες \displaystyle D(\frac{3}{2},0).

Το E είναι το συμμετρικό του σημείου C με κέντρο το σημείο D. Αρα

\displaystyle x_{D} = \frac{x_{C}+x_{E}}{2} \Rightarrow x_{E} = 3 και \displaystyle y_{D} = \frac{y_{C}+y_{E}}{2} \Rightarrow y_{E} = -3. Αρα E(3,-3)

Εστω \displaystyle \lambda_{1} η κλίση της ευθείας CD και \displaystyle \lambda_{2} της EB. Είναι

\displaystyle \lambda_{1} = -\frac{AC}{AD} = -2 και \displaystyle \lambda_{2} = \frac{y_{B} - y_{E}}{x_{B}-x_{E}} = 3.

Η οξεία γωνία των δύο ευθειών δίνεται απ την σχέση: \displaystyle \tan \theta =| \frac{\lambda_{1}- \lambda_{2}}{1+\lambda_{1}\lambda_{2}}|

Αρα \displaystyle \tan \theta = |\frac{-2-3}{1-6}| \Rightarrow \tan \theta = 1 \Rightarrow \theta = 45^0


Καλό Καλοκαίρι!
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4644
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Γνωστή γωνία

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Δευ Φεβ 17, 2020 9:26 pm

Καλησπέρα σε όλους. Η αρχική μου προσέγγιση ήταν ακριβώς αυτή που ανάρτησε παραπάνω ο anglv (και χαίρομαι γι' αυτό!), οπότε αναγκάζομαι να αναζητήσω μια άλλη, που να πληροί δύο βασικά κριτήρια: (i) να μην έχει αναρτηθεί και (ii) εφόσον γίνεται να μην φέρω βοηθητικές.


17-02-2020 Γεωμετρία.jpg
17-02-2020 Γεωμετρία.jpg (30.64 KiB) Προβλήθηκε 304 φορές


Από Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ABC είναι BC = 5.

Επίσης  \displaystyle \varepsilon \varphi C = \frac{{AB}}{{AC}} \Leftrightarrow \varepsilon \varphi 2\varphi  = \frac{4}{3} \Rightarrow \frac{{2\varepsilon \varphi \varphi }}{{1 - \varepsilon {\varphi ^2}\varphi }} = \frac{4}{3} \Leftrightarrow \varepsilon \varphi \varphi  = \frac{1}{2} , αφού \phi οξεία γωνία.

Οπότε, στο ADC είναι  \displaystyle \varepsilon \varphi \varphi  = \frac{{AD}}{{AC}} \Leftrightarrow AD = \frac{3}{2} \Rightarrow DC = \sqrt {A{D^2} + A{C^2}}  = \frac{{3\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow EC = 3\sqrt 5 .

Ακόμα  \displaystyle \eta \mu \varphi  = \sqrt {\frac{{\varepsilon {\varphi ^2}\varphi }}{{1 + \varepsilon {\varphi ^2}\varphi }}}  = \frac{{\sqrt 5 }}{5},\;\;\sigma \upsilon \nu \varphi  = \sqrt {\frac{1}{{1 + \varepsilon {\varphi ^2}\varphi }}}  = \frac{{2\sqrt 5 }}{5} .

Οπότε, στο EBC είναι  \displaystyle {\rm E}{{\rm B}^2} = 45 + 25 - 2 \cdot 3\sqrt 5  \cdot 5 \cdot \frac{{2\sqrt 5 }}{5} = 10 \Rightarrow {\rm E}{\rm B} = \sqrt {10} .

Από Ν. Ημιτόνων στο EBC, είναι  \displaystyle \frac{{BC}}{{\eta \mu \theta }} = \frac{{E{\rm B}}}{{\eta \mu \varphi }} \Leftrightarrow \eta \mu \theta  = \frac{5}{{\sqrt {10} }} \cdot \frac{{\sqrt 5 }}{5} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \theta  = 45^\circ .


p_gianno
Δημοσιεύσεις: 1072
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 1:10 am

Re: Γνωστή γωνία

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από p_gianno » Δευ Φεβ 17, 2020 10:06 pm

Γνωστή γωνία.png
Γνωστή γωνία.png (30.77 KiB) Προβλήθηκε 295 φορές
Φέρουμε \Delta Z||EB. Τότε BZ=Z\Gamma=5:2=2,5 και γωνE = γων Z \Delta \Gamma=\delta
Από θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου έχουμε  \Delta B=2,5=BZ. Συνεπώς τργ  \Delta BZ ισοσκελές και επομένως γων  \delta_1 =90^0-B/2.
Επίσης από το ορθ τργ A \Delta \Gamma προκύπτει γων \delta_2=90^0-\Gamma/2.
Είναι τώρα γων \delta=180^0-( \delta_1+\delta_2)=45^0=\angle E


Άβαταρ μέλους
angvl
Δημοσιεύσεις: 146
Εγγραφή: Πέμ Μάιος 12, 2011 3:10 pm

Re: Γνωστή γωνία

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από angvl » Δευ Φεβ 17, 2020 10:50 pm

γνωστή γωνία3.png
γνωστή γωνία3.png (47.31 KiB) Προβλήθηκε 275 φορές
Φέρνω το ύψος BK του τριγώνου \traingle CBE. Με Π.Θ στο \triangle CAD βρίσκουμε \displaystyle CD = \frac{3\sqrt{5}}{2} \Rightarrow

\displaystyle \sin \phi = \frac{AD}{CD} = \frac{\sqrt{5}}{5}. Απ το τρίγωνο CBK είναι \displaystyle \sin \phi = \frac{BK}{BC} \Rightarrow BK = \sqrt{5} (Μπορούμε να υπολογίσουμε το BK και απ τα όμοια τρίγωνα CAD και DBK ).

Απο Θ.διαμέσου στο τρίγωνο CBE : \displaystyle BC^2 + BE^2 = 2BD^2 + \frac{CE^2}{2} \Rightarrow BE = \sqrt{10} . Συνεπώς απ το τρίγωνο BKE

\displaystyle \sin \theta = \frac{BK}{BE} = \frac{\sqrt{5}}{\sqrt{10}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow \theta = 45^0


Καλό Καλοκαίρι!
Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3273
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Γνωστή γωνία

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Τρί Φεβ 18, 2020 12:25 am

Doloros έγραψε:
Δευ Φεβ 17, 2020 2:26 am

Το ορθογώνιο τρίγωνο ABC\left( {A = 90^\circ } \right) έχει AB = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = 3.

Φέρνω τη διχοτόμο CD και έστω E το συμμετρικό του C ως προς το D.

Δείξετε ότι \widehat {{\theta _{}}} = 45^\circ

Έχει λύσεις ωραίες για κάθε γούστο . Πιο κάτω και πιο πάνω .Όλες δεκτές.
shape2.png
shape2.png (15.57 KiB) Προβλήθηκε 255 φορές
Με EK \bot EC και από θεώρημα εσωτ. διχοτόμου, Π.Θ. και ομοιότητα τριγώνων καταλήγουμε στον χαρταετό EKBD, συνεπώς 2\theta  = {90^ \circ } \Leftrightarrow \theta  = {45^ \circ }


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1824
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Γνωστή γωνία

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τρί Φεβ 18, 2020 12:39 am

Doloros έγραψε:
Δευ Φεβ 17, 2020 2:26 am
Γνωστή γωνία.png

Το ορθογώνιο τρίγωνο ABC\left( {A = 90^\circ } \right) έχει AB = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = 3.

Φέρνω τη διχοτόμο CD και έστω E το συμμετρικό του C ως προς το D.

Δείξετε ότι \widehat {{\theta _{}}} = 45^\circ

Έχει λύσεις ωραίες για κάθε γούστο . Πιο κάτω και πιο πάνω .Όλες δεκτές.

Από θ.διχοτόμου παίρνουμε AD= \dfrac{3}{2} κι αν I έκκεντρο του ABC είναι \angle BIC=135^0 \Rightarrow  \angle EIB=45^0

Έστω ότι η κάθετη στην AI από το C τέμνει την AB στο Z .Τότε είναι AZ=AC=3 \Rightarrow DZ= \dfrac{3}{2}  \Rightarrow EACZ

παραλ/μμο ,και \angle EAZ= \angle AZC=45^0 \Rightarrow EAIB εγγράψιμο \Rightarrow  \angle  \theta = \angle BAI=45^0
Γνωστή γωνία.png
Γνωστή γωνία.png (23.71 KiB) Προβλήθηκε 248 φορές


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1258
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Γνωστή γωνία

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τρί Φεβ 18, 2020 1:21 am

Καλημέρα! Μετά τις πολλές κι' ωραίες λύσεις που προηγήθηκαν, μια ακόμη λίγο περιπετειώδης.
Έστω M το μέσον της BC και N το μέσον της DM ενώ O το μέσο του ημικυκλίου με διάμετρο την BC.
Αρκεί να δείξουμε OE=OC=R. Τότε \widehat{BEC}=\widehat{BOC}/2=45^\circ
Γνωστή γωνία Ν.Φ.PNG
Γνωστή γωνία Ν.Φ.PNG (10.88 KiB) Προβλήθηκε 240 φορές
.
Όπως βρέθηκε, BD=2,5=BM άρα BN \perp DM οπότε \widehat{OMD}= \dfrac{\widehat{B}}{2}=\theta .Ακόμη \widehat{OCD}=45^\circ-\dfrac{\widehat{C}}{2}= \dfrac{\widehat{B}}{2}=\theta .

Τότε το ODMC είναι εγγράψιμο συνεπώς \widehat{ODC}=\widehat{OMC}=90^\circ.

Στο τρίγωνο EOC η OD διάμεσος και ύψος άρα OE=OC=R..Φιλικά, Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11614
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Γνωστή γωνία

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Φεβ 18, 2020 7:27 am

Decartes.png
Decartes.png (9.71 KiB) Προβλήθηκε 230 φορές
Με αρχή αξόνων το B και C(5,0) , βρίσκουμε τις συντεταγμένες των A , D , E .

Είναι : \cos\theta=\dfrac{(6,-3)(1,-3)}{3\sqrt{5}\sqrt{10}}=\dfrac{15}{15\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3273
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Γνωστή γωνία

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Τρί Φεβ 18, 2020 7:54 am

Doloros έγραψε:
Δευ Φεβ 17, 2020 2:26 am

Το ορθογώνιο τρίγωνο ABC\left( {A = 90^\circ } \right) έχει AB = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC = 3.

Φέρνω τη διχοτόμο CD και έστω E το συμμετρικό του C ως προς το D.

Δείξετε ότι \widehat {{\theta _{}}} = 45^\circ

Έχει λύσεις ωραίες για κάθε γούστο . Πιο κάτω και πιο πάνω .Όλες δεκτές.
shape3.jpg
shape3.jpg (54 KiB) Προβλήθηκε 226 φορές
Με BT \bot EC και από θεώρημα διχοτόμου και ομοιότητα τριγώνων, το αποτέλεσμα είναι άμεσο.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Perantonis
Δημοσιεύσεις: 29
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 2:06 pm

Re: Γνωστή γωνία

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Perantonis » Τετ Φεβ 19, 2020 10:34 pm

1η Λύση
Από θ. διχοτόμου είναι AD = 2,5 και DA = 1,5. Προεκτείνω τη BA κατά τμήμα AK = 1.

Τότε το τρίγωνο KBC είναι ισοσκελές αφού {\rm B}{\rm K} = {\rm B}C = 5 και το EBCK είναι παραλληλόγραμμο επειδή οι διαγώνιες του

διχοτομούνται.Οπότε \hat \varphi  = 2\hat \omega  + \hat x και \hat \theta  = \hat \omega  + \hat x.

Είναι \hat \varphi  = 90 - \hat x \Rightarrow 2\hat \omega  + \hat x = 90 - \hat x \Rightarrow 2\hat \omega  + 2\hat x = 90 \Rightarrow \hat \omega  + \hat x = 45 Άρα \hat \theta  = 45


2η Λύση
Είναι \varepsilon \varphi \omega  = \dfrac{{1,5}}{3} = \dfrac{1}{2} και \varepsilon \varphi x = \dfrac{1}{3} οπότε \varepsilon \varphi \theta  = \varepsilon \varphi (\omega  + x) = \dfrac{{\varepsilon \varphi \omega  + \varepsilon \varphi x}}{{1 - \varepsilon \varphi \omega .\varepsilon \varphi x}} = \dfrac{{\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}}}{{1 - \dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{3}}} = 1 Άρα \hat \theta  = 45
Συνημμένα
Έγγραφο1.png
Έγγραφο1.png (45.02 KiB) Προβλήθηκε 166 φορές
τελευταία επεξεργασία από Perantonis σε Πέμ Φεβ 20, 2020 1:19 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1258
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Γνωστή γωνία

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τετ Φεβ 19, 2020 11:52 pm

Χαιρετώ και πάλι. Με εφαρμογή παλαιού θέματος και χρήση του σχήματος
Γνωστή γωνία ...PNG
Γνωστή γωνία ...PNG (9.24 KiB) Προβλήθηκε 157 φορές
Φέρω EH \perp AB (*). Το BIKH είναι τετράγωνο και Z η τομή της IK με την EC.
Τα μήκη στο σχήμα υπολογίζονται εύκολα (όσα δεν είναι ήδη γνωστά).

Έχουμε IZ=3=EH και από το Κριτήριο 45άρας προκύπτει \widehat{BED}=45^\circ.

(*) Είναι \varepsilon \varphi \omega =1/2 και \varepsilon \varphi \theta  =1/3 οπότε \omega +\theta =45^\circ , δηλ. η β' λύση που έδωσε πριν ο Γιάννης Περαντώνης.

Φιλικά, Γιώργος.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

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