Μια γωνία

#1

: Γωνία_15.png (13.54 KiB) Προβλήθηκε 1125 φορές

Στο σχήμα να δείξετε ότι $\theta = 15^\circ$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές απο μικρούς και μεγάλους , αλλά οι αμιγώς γεωμετρικές θα με κάνουν «μαθηματικά ευτυχισμένο»

Ιστοσελίδα · #2

Doloros έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 05, 2023 10:30 pm

Στο σχήμα να δείξετε ότι $\theta = 15^\circ$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές απο μικρούς και μεγάλους , αλλά οι αμιγώς γεωμετρικές θα με κάνουν «μαθηματικά ευτυχισμένο»

Καλημέρα Νίκο.

: Fragakisangle.jpg (42.93 KiB) Προβλήθηκε 1090 φορές

Φέρω $BD \bot CA$ και έστω $E \equiv BS \cap CD$

Από την ομοιότητα των τριγώνων BED,CES

και από Πυθαγόρειο στο $\triangleleft BED$ , προκύπτει το σύστημα με λύση $\displaystyle (x,y) = \left( {2 - \sqrt 3 ,\,\sqrt {6 - 3\sqrt 3 } } \right)$

Με αντικατάσταση στο x προκύπτει ότι $\dfrac{{BA}}{{BD}} = \dfrac{{AE}}{{ED}}$ , οπότε από αντίστροφο θεώρημα διχοτόμου έχουμε ότι $\theta = \dfrac{{{{30}^ \circ }}}{2} = {15^ \circ }$

Γιώργος Μήτσιος · #3

Καλό μεσημέρι σε όλους, χαιρετώ τους φίλους Νίκο και Μιχάλη!

Doloros έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 05, 2023 10:30 pm

Στο σχήμα να δείξετε ότι $\theta = 15^\circ$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές απο μικρούς και μεγάλους , αλλά οι αμιγώς γεωμετρικές θα με κάνουν «μαθηματικά ευτυχισμένο»

Για την κατασκευή σχηματίζουμε πρώτα το τρίγωνο ABC

. Το

είναι η τομή του ημικυκλίου με διάμετρο

με τον κύκλο $(B,\sqrt{2})$ .
Εκ' κατασκευής τα μεγέθη πλευρών-γωνιών είναι μονοσήμαντα ορισμένα.
Αρκεί λοιπόν να (ανα)κατασκευάσουμε το όλο σχήμα , όπου θα υπολογισθεί και η γωνία $\theta$

: 6 -5 Μία γωνία..NF.png (221.93 KiB) Προβλήθηκε 1033 φορές

Θεωρούμε αρχικά τρίγωνο BAS

με στοιχεία: $AB=1 ,BS=\sqrt{2}$ και $\widehat{BAS}=135^o$ .
Αν

το κέντρο του (πράσινου) περίκυκλου του BAS

προκύπτει $\widehat{BOS}=90^o$ άρα OS=OB=1=AB

δηλ το

ισόπλευρο
οπότε $\widehat{ASB}=30^o$ και $\widehat{ABS}=\theta=15^o$

Στη συνέχεια εντοπίζουμε το

ώστε $AC=\sqrt{3}$ και $\widehat{ASC}=60^o$ .

Αν

το κέντρο του (κίτρινου ) περίκυκλου του SAC

τότε με $\sqrt{3}=AC=\lambda _{3}=R\sqrt{3}$ παίρνουμε KC=KA=R=1

Οι κύκλοι συνεπώς είναι ίσοι. Οι (οξείες) γωνίες $\widehat{ABS}$ και $\widehat{ACS}$ βλέπουν την κοινή χορδή

των ίσων κύκλων ,

άρα $\widehat{ACS} =\theta =15^o$ και $\widehat{SAC} =105^o$ οπότε για την $\widehat{BAC}$ ..περισσεύουν 120^o

Το σχήμα πληροί όλα τα δεδομένα της αρχικής διατύπωσης, είναι μοναδικό ως προς τα μεγέθη επομένως $\widehat{ABS}=\theta=15^o$ .
Φιλικά, Γιώργος.

#4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 06, 2023 2:02 pm
Καλό μεσημέρι σε όλους, χαιρετώ τους φίλους Νίκο και Μιχάλη!
Doloros έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 05, 2023 10:30 pm

Στο σχήμα να δείξετε ότι $\theta = 15^\circ$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές απο μικρούς και μεγάλους , αλλά οι αμιγώς γεωμετρικές θα με κάνουν «μαθηματικά ευτυχισμένο»
Για την κατασκευή σχηματίζουμε πρώτα το τρίγωνο . Το είναι η τομή του ημικυκλίου με διάμετρο με τον κύκλο $(B,\sqrt{2})$ .
Εκ' κατασκευής τα μεγέθη πλευρών-γωνιών είναι μονοσήμαντα ορισμένα.
Αρκεί λοιπόν να (ανα)κατασκευάσουμε το όλο σχήμα , όπου θα υπολογισθεί και η γωνία $\theta$
6 -5 Μία γωνία..NF.png
Θεωρούμε αρχικά τρίγωνο με στοιχεία: $AB=1 ,BS=\sqrt{2}$ και $\widehat{BAS}=135^o$ .
Αν το κέντρο του (πράσινου) περίκυκλου του προκύπτει $\widehat{BOS}=90^o$ άρα δηλ το ισόπλευρο
οπότε $\widehat{ASB}=30^o$ και $\widehat{ABS}=\theta=15^o$

Στη συνέχεια εντοπίζουμε το ώστε $AC=\sqrt{3}$ και $\widehat{ASC}=60^o$ .

Αν το κέντρο του (κίτρινου ) περίκυκλου του τότε με $\sqrt{3}=AC=\lambda _{3}=R\sqrt{3}$ παίρνουμε

Οι κύκλοι συνεπώς είναι ίσοι. Οι (οξείες) γωνίες $\widehat{ABS}$ και $\widehat{ACS}$ βλέπουν την κοινή χορδή των ίσων κύκλων ,

άρα $\widehat{ACS} =\theta =15^o$ και $\widehat{SAC} =105^o$ οπότε για την $\widehat{BAC}$ ..περισσεύουν

Το σχήμα πληροί όλα τα δεδομένα της αρχικής διατύπωσης, είναι μοναδικό ως προς τα μεγέθη επομένως $\widehat{ABS}=\theta=15^o$ .
Φιλικά, Γιώργος.

Ωραίες και οι δύο λύσεις.

Η δική μου λύση είναι σαν του Γιώργου .

Εις αναμονή και άλλων λύσεων .

#5

Doloros έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 05, 2023 10:30 pm
Γωνία_15.png

Στο σχήμα να δείξετε ότι $\theta = 15^\circ$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές απο μικρούς και μεγάλους , αλλά οι αμιγώς γεωμετρικές θα με κάνουν «μαθηματικά ευτυχισμένο»

Κατασκευή: Κατασκευάζω το τρίγωνο ABC.

Στο

φέρνω κάθετη επί την

και παίρνω τμήμα AE=AB=1

όπως φαίνεται στο σχήμα. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του ABE

τέμνει την

στο

Προεκτείνω την

κατά

τμήμα MS=EM

και εντοπίζω το σημείο

Εδώ ολοκληρώνεται η κατασκευή. Αρκεί να δείξω ότι $BS=\sqrt 2$ και

$B\widehat SC=90^\circ.$

: Μία γωνία.Φ.png (29.53 KiB) Προβλήθηκε 939 φορές

Απόδειξη: Εκ κατασκευής είναι $B\widehat ME=90^\circ, BE=\sqrt 2$ άρα $SB=BE=\sqrt 2.$ Εξάλλου,

$\displaystyle M\widehat BE = E\widehat AM = 30^\circ \Rightarrow MS = ME = \frac{{BE}}{2} = \frac{{\sqrt 2 }}{2},$ οπότε το SBE

είναι ισόπλευρο

και λόγω της ισότητας των τριγώνων SAB, SAE,

η

διχοτομεί τη γωνία $S\widehat BE=60^\circ.$

Φέρνω $ED\bot AC.$ Είναι $\displaystyle AD = \frac{{\sqrt 3 }}{2},$ οπότε το EAC

είναι ισοσκελές κι επειδή $\displaystyle A\widehat CE = A\widehat SE = 30^\circ,$

το SAEC

είναι εγγράψιμο, άρα $\displaystyle E\widehat SC = 30^\circ \Rightarrow B\widehat SC = 90^\circ$ και ολοκληρώνεται η απόδειξη.

$\displaystyle \theta = S\widehat BE - A\widehat BE = 60^\circ - 45^\circ = 15^\circ$

Λάμπρος Κατσάπας · #6

Καλημέρα σας. Να κάνω μια ερώτηση. Άλλαξε ο φάκελος της δημοσίευσης ή κάνω λάθος;

Henri van Aubel · #7

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 07, 2023 12:53 pm
Καλημέρα σας. Να κάνω μια ερώτηση. Άλλαξε ο φάκελος της δημοσίευσης ή κάνω λάθος;

Ναι, γιατί η υπέροχη λύση του κυρίου Μιχαλη Ναννου χρησιμοποιεί θεώρημα διχοτόμου οπότε από Α Λυκείου πήγε στην Β Λυκείου η άσκηση.

Λάμπρος Κατσάπας · #8

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 07, 2023 12:56 pm

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 07, 2023 12:53 pm
Καλημέρα σας. Να κάνω μια ερώτηση. Άλλαξε ο φάκελος της δημοσίευσης ή κάνω λάθος;
Ναι, γιατί η υπέροχη λύση του κυρίου Μιχαλη Ναννου χρησιμοποιεί θεώρημα διχοτόμου οπότε από Α Λυκείου πήγε στην Β Λυκείου η άσκηση.

Εσείς κάνατε την αλλαγή; Είχα την εντύπωση ότι η επιλογή φακέλου γίνεται απο τον θεματοδότη ανάλογα με τη λύση που έχει και όχι από τις λύσεις που προτείνουν οι λύτες.

Henri van Aubel · #9

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 07, 2023 2:44 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 07, 2023 12:56 pm

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 07, 2023 12:53 pm
Καλημέρα σας. Να κάνω μια ερώτηση. Άλλαξε ο φάκελος της δημοσίευσης ή κάνω λάθος;
Ναι, γιατί η υπέροχη λύση του κυρίου Μιχαλη Ναννου χρησιμοποιεί θεώρημα διχοτόμου οπότε από Α Λυκείου πήγε στην Β Λυκείου η άσκηση.
Εσείς κάνατε την αλλαγή; Είχα την εντύπωση ότι η επιλογή φακέλου γίνεται απο τον θεματοδότη ανάλογα με τη λύση που έχει και όχι από τις λύσεις που προτείνουν οι λύτες.

Δεν ξέρω από ποιον έγινε η αλλαγή (σίγουρα εγώ δεν μπορώ να κάνω κάτι τέτοιο

), αυτό που ξέρω είναι ότι αυτός που έκανε την αλλαγή , την έκανε για να συμβαδίζουν οι λύσεις με τον φάκελο. (θεώρησε καταλληλότερο τον φάκελο Β Λυκείου

)

Ιστοσελίδα · #10

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 07, 2023 2:44 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 07, 2023 12:56 pm

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 07, 2023 12:53 pm
Καλημέρα σας. Να κάνω μια ερώτηση. Άλλαξε ο φάκελος της δημοσίευσης ή κάνω λάθος;
Ναι, γιατί η υπέροχη λύση του κυρίου Μιχαλη Ναννου χρησιμοποιεί θεώρημα διχοτόμου οπότε από Α Λυκείου πήγε στην Β Λυκείου η άσκηση.
Εσείς κάνατε την αλλαγή; Είχα την εντύπωση ότι η επιλογή φακέλου γίνεται απο τον θεματοδότη ανάλογα με τη λύση που έχει και όχι από τις λύσεις που προτείνουν οι λύτες.

Καλησπέρα. Η αλλαγή του φακέλου έγινε από εμένα, μιας και η αρχική τοποθέτηση έγινε στο φάκελο Γεωμετρία Α' Λυκείου στον οποίον είμαι επιμελητής.
Αυτό έγινε κατόπιν τηλεφωνικής επικοινωνίας με τον θεματοδότη Νίκο Φραγκάκη (Doloros) και δεν ήταν δική μου πρωτοβουλία!

Μια γωνία

Μια γωνία

Re: Μια γωνία

Re: Μια γωνία

Re: Μια γωνία

Re: Μια γωνία

Re: Μια γωνία

Re: Μια γωνία

Re: Μια γωνία

Re: Μια γωνία

Re: Μια γωνία

Μέλη σε σύνδεση