Νηστίσιμη

Γρίφοι, Σπαζοκεφαλιές, προβλήματα λογικής, μαθηματικά παιχνίδια, αινίγματα

Συντονιστής: Γιώργος Ρίζος

Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6425
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Νηστίσιμη

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Μαρ 13, 2019 1:38 pm

Νηστίσιμη.png
Νηστίσιμη.png (7.39 KiB) Προβλήθηκε 468 φορές
Στο σχήμα δείξετε ότι \widehat \theta  = 45^\circ .

Δεκτές όλες οι λύσεις αλλά λόγω σαρακοστής να δούμε λύση χωρίς τριγωνομετρία .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1414
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Νηστίσιμη

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τετ Μαρ 13, 2019 2:17 pm

Γεια σας κύριε Νίκο και Καλή Σαρακοστή!

Παίρνω σημείο S του επιπέδου, ώστε CM=CS, CM \perp CS και το S να είναι σε διαφορετικό ημιεπίπεδο της AC από το M.

Φέρνω, AT \perp BC, SP \perp BC.

Είναι, (εύκολο) BM=MA=5, BD=DT=4 και άρα AT=2MD=6.

Επίσης, έχω \angle SCP=90^\circ-\angle MCD=\angle CMD, και αφού CM=CS, τα ορθογώνια τρίγωνα \vartriangle MCD, \vartriangle SCP είναι ίσα.


Έτσι, SP=DC=6=AT \Rightarrow SP=AT=6 \Rightarrow AS \parallel TP \equiv BC.

Είναι, BA=10=AC \Rightarrow \angle BAC=\angle BCA=\angle SAC, επομένως τα τρίγωνα \vartriangle MAC, \vartriangle SAC έχουν :

i) CM=CS
ii) AC κοινή
iii) \angle MAC=\angle SAC.

Άρα, από το έμμεσο κριτήριο ισότητας τριγώνων (*), προκύπτει ότι είναι ίσα, ή ότι \angle AMC+\angle ASC=180^\circ.

Αν ισχύει το δεύτερο, πρέπει το AMCS να είναι εγγράψιμο, δηλαδή \angle MAS=90^\circ \Rightarrow \angle BAC=\angle ACB=90^\circ \Rightarrow \angle B=90^\circ, προφανώς άτοπο.

Άρα, τα προαναφερθέντα τρίγωνα είναι ίσα, συνεπώς \angle ACM=\angle ACS=90^\circ-\angle ACM \Rightarrow \theta=45^\circ.



(*) Για το έμμεσο κριτήριο δείτε εδώ (η απόδειξη του γίνεται και με Ν.Ημιτόνων)
Συνημμένα
fragkakis geometria sarakostiani.png
fragkakis geometria sarakostiani.png (13.77 KiB) Προβλήθηκε 454 φορές


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7922
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Νηστίσιμη

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Μαρ 13, 2019 2:36 pm

Doloros έγραψε:
Τετ Μαρ 13, 2019 1:38 pm
Νηστίσιμη.png

Στο σχήμα δείξετε ότι \widehat \theta  = 45^\circ .

Δεκτές όλες οι λύσεις αλλά λόγω σαρακοστής να δούμε λύση χωρίς τριγωνομετρία .
Και λόγω φακέλου...\displaystyle \theta  = \left( {D{C^2} + D{M^2}} \right)^\circ :lol:


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6425
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Νηστίσιμη

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Μαρ 13, 2019 2:43 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Τετ Μαρ 13, 2019 2:17 pm
Γεια σας κύριε Νίκο και Καλή Σαρακοστή!

Παίρνω σημείο S του επιπέδου, ώστε CM=CS, CM \perp CS και το S να είναι σε διαφορετικό ημιεπίπεδο της AC από το M.

Φέρνω, AT \perp BC, SP \perp BC.

Είναι, (εύκολο) BM=MA=5, BD=DT=4 και άρα AT=2MD=6.

Επίσης, έχω \angle SCP=90^\circ-\angle MCD=\angle CMD, και αφού CM=CS, τα ορθογώνια τρίγωνα \vartriangle MCD, \vartriangle SCP είναι ίσα.


Έτσι, SP=DC=6=AT \Rightarrow SP=AT=6 \Rightarrow AS \parallel TP \equiv BC.

Είναι, BA=10=AC \Rightarrow \angle BAC=\angle BCA=\angle SAC, επομένως τα τρίγωνα \vartriangle MAC, \vartriangle SAC έχουν :

i) CM=CS
ii) AC κοινή
iii) \angle MAC=\angle SAC.

Άρα, από το έμμεσο κριτήριο ισότητας τριγώνων (*), προκύπτει ότι είναι ίσα, ή ότι \angle AMC+\angle ASC=180^\circ.

Αν ισχύει το δεύτερο, πρέπει το AMCS να είναι εγγράψιμο, δηλαδή \angle MAS=90^\circ \Rightarrow \angle BAC=\angle ACB=90^\circ \Rightarrow \angle B=90^\circ, προφανώς άτοπο.

Άρα, τα προαναφερθέντα τρίγωνα είναι ίσα, συνεπώς \angle ACM=\angle ACS=90^\circ-\angle ACM \Rightarrow \theta=45^\circ.



(*) Για το έμμεσο κριτήριο δείτε εδώ (η απόδειξη του γίνεται και με Ν.Ημιτόνων)
Σε τέτοια ηλικία , τόσες "στροφές" μόνο θαυμασμό προκαλούν :clap2:

Σου εύχομαι αγαπητέ Ορέστη και "Κυβερνήτης" με την ευρεία έννοια της λέξης .


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7922
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Νηστίσιμη

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Μαρ 13, 2019 3:02 pm

Doloros έγραψε:
Τετ Μαρ 13, 2019 1:38 pm
Νηστίσιμη.png

Στο σχήμα δείξετε ότι \widehat \theta  = 45^\circ .

Δεκτές όλες οι λύσεις αλλά λόγω σαρακοστής να δούμε λύση χωρίς τριγωνομετρία .
Με Πυθαγόρειο εύκολα BM=MA=5 και MC=3\sqrt 5.
Νηστίσιμη.png
Νηστίσιμη.png (11.17 KiB) Προβλήθηκε 427 φορές
Με 1ο θεώρημα διαμέσων: \displaystyle A{C^2} + 100 = 90 + 50 \Leftrightarrow AC = 2\sqrt {10}

Κριτήριο καθετότητας: \displaystyle A{C^2} - A{M^2} = E{C^2} - E{M^2} \Leftrightarrow 15 = 3\sqrt 5 (EC - EM) \Leftrightarrow EC - EM = \sqrt 5

κι επειδή EC+EM=3\sqrt 5, θα είναι EC=2\sqrt 5, οπότε το AEC είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και \boxed{\theta=45^\circ}


Altrian
Δημοσιεύσεις: 134
Εγγραφή: Τρί Μάιος 01, 2018 4:51 pm
Τοποθεσία: Βούλα, Αττική

Re: Νηστίσιμη

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Altrian » Τετ Μαρ 13, 2019 3:04 pm

Καλησπέρα σε όλους.

Φέρνουμε το ύψος AF και τις διαμέσους AN,CM. Ευκολα από π.θ. έχουμε ότι: MC=AN=3\sqrt{5}. AC=2\sqrt{10}

Το G είναι βαρύκεντρο του \triangle ABC οπότε GA=GC=2\sqrt{5}. Τότε το \triangle AGC είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε \angle \theta=45
Συνημμένα
Νηστήσιμη.png
Νηστήσιμη.png (9.84 KiB) Προβλήθηκε 427 φορές


Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6425
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Νηστίσιμη

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Μαρ 13, 2019 3:33 pm

Altrian έγραψε:
Τετ Μαρ 13, 2019 3:04 pm
Καλησπέρα σε όλους.

Φέρνουμε το ύψος AF και τις διαμέσους AN,CM. Ευκολα από π.θ. έχουμε ότι: MC=AN=3\sqrt{5}. AC=2\sqrt{10}

Το G είναι βαρύκεντρο του \triangle ABC οπότε GA=GC=2\sqrt{5}. Τότε το \triangle AGC είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε \angle \theta=45
Αυτή είναι η λύση μου αλλά χωρίς υπολογισμούς αφού τα τρίγωνα : GNC  , ι  DMC είναι όμοια άρα και ισογώνια και το AMNC είναι ισοσκελές τραπέζιο .


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4312
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Νηστίσιμη

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Τετ Μαρ 13, 2019 9:40 pm

Καλησπέρα σε όλους. Ελπίζω η Αναλυτική Γεωμετρία να θεωρείται νηστίσιμη (αν και υποκρύπτει στοιχεία Τριγωνομετρίας)...


13-03-2019 Γεωμετρία.jpg
13-03-2019 Γεωμετρία.jpg (31.19 KiB) Προβλήθηκε 343 φορές
Έστω B(0,0), D(4, 0), C(10, 0), M(4, 3), οπότε  \displaystyle MB:\;y = \frac{3}{4}x , άρα  \displaystyle A\left( {a,\;\frac{3}{4}a} \right) .

Αφού M μέσο του AB είναι a=8, οπότε  \displaystyle A\left( {8,\;6} \right) .

Είναι  \displaystyle MC:\;\;y =  - \frac{1}{2}x + 5 .
Η κάθετη από το A στην MC, έχει εξίσωση  \displaystyle y = 2x - 10 και την τέμνει στο K(6,2).

Είναι  \displaystyle \left( {AK} \right) = \left( {KC} \right) = \sqrt {20} οπότε το KAC είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, άρα  \displaystyle \theta  = 45^\circ .


ΠΡΟΣΟΧΗ: Να γίνει άρση της απόκρυψης μετά την 28 Απριλίου 2019

Καλό Πάσχα σε όλους. Τώρα που έληξε η περίοδος νηστείας, μια ακόμα λύση με ολίγη τριγωνομετρία:


Είναι  \displaystyle \overrightarrow {CM}  = \left( { - 6,\;3} \right),\;\overrightarrow {CA}  = \left( { - 2,\;6} \right) , οπότε  \displaystyle \sigma \upsilon \nu \theta  = \frac{{\overrightarrow {CM}  \cdot \overrightarrow {CA} }}{{\left| {\overrightarrow {CM} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {CA} } \right|}} = \frac{{30}}{{\sqrt {45}  \cdot \sqrt {40} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \theta  = 45^\circ


Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 992
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Νηστίσιμη

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Πέμ Μαρ 14, 2019 2:01 am

Καλημέρα στην εκλεκτή παρέα!
Νηστίσιμη.PNG
Νηστίσιμη.PNG (9.74 KiB) Προβλήθηκε 293 φορές
Στο σχήμα έχουμε επιπλέον CN\perp AB και IC \perp MC. Βρίσκουμε AM=MB=5..AB=10..MC^{2}=45

κι ακόμη (BAC)=2(BMC)=30 \Rightarrow CN=6=CD άρα MC διχοτόμος της \widehat{AMD} .

Τότε τα ορθ. τρίγωνα DMC,MIC είναι όμοια με συνέπειες: CI/CM=DC/MD=2 και MI=MC^{2}/MD=15\Rightarrow AI=10.

Προκύπτει \dfrac{AI}{AM}=2=\dfrac{CI}{CM} άρα CA διχοτόμος της ορθής \widehat{MCI} οπότε \widehat{MCA}=45^{0}. Φιλικά, Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3188
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Νηστίσιμη

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Πέμ Μαρ 14, 2019 10:44 am

Doloros έγραψε:
Τετ Μαρ 13, 2019 1:38 pm

Στο σχήμα δείξετε ότι \widehat \theta  = 45^\circ .

Δεκτές όλες οι λύσεις αλλά λόγω σαρακοστής να δούμε λύση χωρίς τριγωνομετρία .
Καλημέρα από το σχολείο!
νηστισιμη-sol.png
νηστισιμη-sol.png (13.28 KiB) Προβλήθηκε 266 φορές
Προεκτείνουμε την AB κατά BE = 10 και προφανώς \angle ACE = {90^ \circ }

Από την προφανή ομοιότητα των  \triangleleft AKC, \triangleleft ECA και από αντίστροφο θεωρήματος διχοτόμου, το ζητούμενο έπεται.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 1782
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: Νηστίσιμη

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από STOPJOHN » Παρ Μαρ 15, 2019 12:17 pm

Doloros έγραψε:
Τετ Μαρ 13, 2019 1:38 pm
Νηστίσιμη.png

Στο σχήμα δείξετε ότι \widehat \theta  = 45^\circ .

Δεκτές όλες οι λύσεις αλλά λόγω σαρακοστής να δούμε λύση χωρίς τριγωνομετρία .
Κατασκευάζω το ορθογώνιο KCLA

Εστω ότι T είναι το μέσο της BC τότε MT//AC,MT^{2}=9+1\Leftrightarrow 

       MT=\sqrt{10}\Rightarrow AC=2\sqrt{10},(ABC)=\dfrac{1} {2}.2\sqrt{10}.3\sqrt{10},(ABC)=30,

      (AMC)=15,AC^{2}+BC^{2}=2MC^{2}+\dfrac{AB^{2}}{2}\Rightarrow MC=3\sqrt{5},(AMC)=\dfrac{1}{2}AK.MC

    \Rightarrow AK=2\sqrt{5},KC^{2}=AC^{2}-AK^{2}\Rightarrow KC=2\sqrt{5},\hat{ACK}=45^{0}



Γιάννης
Συνημμένα
Νηστίσιμη.png
Νηστίσιμη.png (91.17 KiB) Προβλήθηκε 223 φορές


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Διασκεδαστικά Μαθηματικά”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες