Τρίγωνο και ...πανσέληνος

Σ' αυτόν τόν φάκελο καταχωρούνται, γιά περιορισμένο χρονικό διάστημα, ασκήσεις πού προτείνονται από οποιοδήποτε μέλος, αλλά η επίλυσή τους αφήνεται ΜΟΝΟ στούς μαθητές.

Συντονιστής: polysot

Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1256
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Τρίγωνο και ...πανσέληνος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Δευ Μαρ 23, 2020 11:34 pm

Γεια σας.
Τρίγωνο και ..πανσέληνος.PNG
Τρίγωνο και ..πανσέληνος.PNG (9.52 KiB) Προβλήθηκε 395 φορές
Το τρίγωνο ABC με BC=2 και AC=1+\sqrt{3} , είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο.

Αν ισχύει \widehat{C_{\varepsilon \xi }}=2\widehat{B_{\varepsilon \xi }} τότε: Να υπολογιστεί το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου.

Επειδή ενδέχεται το παρόν να δυσκολέψει (προσωρινά πάντως) και τους γνωστούς μας μαθητές-δυναμίτες

ας το αφήσουμε σ' αυτούς μέχρι ..νεωτέρας. Ασφαλώς και θα :clap2: όποιον το "ανατινάξει" !
Σας ευχαριστώ, Γιώργος.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1610
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Τρίγωνο και ...πανσέληνος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τρί Μαρ 24, 2020 12:17 am

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Δευ Μαρ 23, 2020 11:34 pm
Γεια σας.
Τρίγωνο και ..πανσέληνος.PNG
Το τρίγωνο ABC με BC=2 και AC=1+\sqrt{3} , είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο.

Αν ισχύει \widehat{C_{\varepsilon \xi }}=2\widehat{B_{\varepsilon \xi }} τότε: Να υπολογιστεί το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου.

Επειδή ενδέχεται το παρόν να δυσκολέψει (προσωρινά πάντως) και τους γνωστούς μας μαθητές-δυναμίτες

ας το αφήσουμε σ' αυτούς μέχρι ..νεωτέρας. Ασφαλώς και θα :clap2: όποιον το "ανατινάξει" !
Σας ευχαριστώ, Γιώργος.
Καλησπέρα κ. Γιώργο :)

Παίρνω σημείο Q \in CB ώστε AB=AQ. Τότε, είναι \angle AQB=\omega, και \angle AQB+\angle QAC=2\omega, άρα \angle AQC=\angle QAC=\omega, οπότε CQ=CA, συνεπώς BQ=QC-BC=AC-BC=\sqrt{3}-1.

Επίσης, \angle QAB=\angle QAC-\angle BAC=\angle AQC-\angle BAC=\angle ABQ-\angle BAC=\angle ACQ, άρα η QA εφάπτεται στον κύκλο.

Οπότε, QA^2=QB \cdot QC, που δίνει AB=QA=\sqrt{2}.

Φέρνω τώρα AS \perp QC. Τότε, είναι SB=QB/2=(\sqrt{3}-1)/2, άρα AS^2=AB^2-BS^2=2-(4-2\sqrt{3})/4 \Rightarrow AS=(\sqrt{3}+1)/2=AC/2, οπότε στο ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle ASC έχω \angle C=30^\circ.

Φέρνω τώρα και BR \perp AC, οπότε BR=BC/2=1 στο \vartriangle BRC αφού \angle BCR=30^\circ, και CR=\sqrt{3}, δηλαδή AR=AC-CR=1=AB/\sqrt{2}, οπότε \angle A=45^\circ.

Έστω τέλος O το περίκεντρο του \vartriangle ABC, οπότε \angle BOC=2\angle BAC=90^\circ, άρα αφού BO=OC, \, BC=2 \Rightarrow BO=OC=\sqrt{2}.

Τελικά, το ζητούμενο εμβαδόν είναι E=\pi \cdot R^2=2\pi.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 731
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Τρίγωνο και ...πανσέληνος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Τρί Μαρ 24, 2020 12:24 am

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Δευ Μαρ 23, 2020 11:34 pm
Γεια σας.
Τρίγωνο και ..πανσέληνος.PNG
Το τρίγωνο ABC με BC=2 και AC=1+\sqrt{3} , είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο.

Αν ισχύει widehat{C_{\varepsilon \xi }}=2\widehat{B_{\varepsilon \xi }} τότε: Να υπολογιστεί το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου.

Επειδή ενδέχεται το παρόν να δυσκολέψει (προσωρινά πάντως) και τους γνωστούς μας μαθητές-δυναμίτες

ας το αφήσουμε σ' αυτούς μέχρι ..νεωτέρας. Ασφαλώς και θα :clap2: όποιον το "ανατινάξει" !
Σας ευχαριστώ, Γιώργος.
Καλησπέρα
291.PNG
291.PNG (27.13 KiB) Προβλήθηκε 375 φορές
\rm (180^{\circ}-\angle C)=2\left ( 180^{\circ} -2\angle B\right )\Leftrightarrow 2\angle B=180+\angle C=\angle A+\angle B+2\angle C\Leftrightarrow \angle B=A+2\angle C
Έστω \rm D σημείο πάνω στην \rm AC ώστε \rm ABD ισοσκελές.Είναι \rm \angle CBD=\angle B-\angle A=2\angle C.
Θέτω \rm DC=x και από εδώ έχω πως \rm DC^2=BD^2+BD\cdot BC\Leftrightarrow x^2=(1+\sqrt{3}-x)^2+(1+\sqrt{3}-x)\cdot 2\Leftrightarrow 2x(2+\sqrt{3})=4\sqrt{3}+6\Leftrightarrow
\rm \Leftrightarrow x=\dfrac{2\sqrt{3}+3}{2+\sqrt{3}}=\dfrac{\left ( 2\sqrt{3} +3\right )\left ( 2-\sqrt{3} \right )}{4-3}=\sqrt{3}\Leftrightarrow \boxed{\rm DC=\sqrt{3}} και έτσι \rm BD=AD=1.
Στο \rm BDC έχουμε \rm \cos\angle C=\dfrac{2^2+3-1}{2\cdot 2\cdot \sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} άρα \rm \angle C=30^{\circ}
Από νόμο συνημιτόνων τώρα στο \rm ABC βγαίνει \rm AB=\sqrt {2} και έτσι αν \rm O το κέντρο του κύκλου θα είναι \rm \angle AOB=60^{\circ}\Leftrightarrow OA=\sqrt{2} δηλαδή το ζητούμενο εμβαδό είναι \rm 2\pi

Βλέπω πως με πρόλαβε ο Ορέστης :)


Άβαταρ μέλους
ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ
Δημοσιεύσεις: 124
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 11:47 pm

Re: Τρίγωνο και ...πανσέληνος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ » Τρί Μαρ 24, 2020 12:56 am

Γεια σας κι απο εμένα!
Φέρω την διχοτόμο της \widehat{C_{\epsilon \xi }} η οποία τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο D.Θέτω CD=x. Στο ισοσκελές τραπέζιο ABCD που δημιουργείται με θ.Πτολεμαίου έχω:AD\cdot BC+AB\cdot DC=AC\cdot DB\Leftrightarrow 2\cdot (1+\sqrt{3})+x^{2}=\left (1+\sqrt{3} \right )^{2} \Leftrightarrow x^{2}=2\Leftrightarrow x=\sqrt{2}
Με ν.συνημιτόνου στο τρίγωνο ABC έχω: \left (1+\sqrt{3} \right )^{2}+4-4\left ( 1+\sqrt{3} \right )\cdot \cos \widehat{ACB}=2\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow \cos\widehat{ACB}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Leftrightarrow \widehat{ACB}=30^{\circ}. Τώρα προκύπτει \widehat{COD}=60^{\circ}, οπότε το τρίγωνο ODC είναι ισόπλευρο κι επομένως R=x=\sqrt{2}, οπότε πέρνουμε E=2\pi.

Edit: Προσθήκη σχήματος
Τρίγωνο και ...πανσέληνος.PNG
Τρίγωνο και ...πανσέληνος.PNG (40.1 KiB) Προβλήθηκε 279 φορές
τελευταία επεξεργασία από ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ σε Τρί Μαρ 24, 2020 5:58 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7127
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Τρίγωνο και ...πανσέληνος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τρί Μαρ 24, 2020 12:57 am

Μπράβο στα λεβεντόπαιδα.

Κάτι παρόμοιο κι από μένα:

Φέρνω την εφαπτομένη του κύκλου στο A και τέμνει την CB στο D.

Συνεπώς : \widehat {DAB} = \widehat {{C_{}}} = \widehat {{\theta _{}}}

Ταυτόχρονα ισχύουν: \left\{ \begin{gathered} 
  \widehat {{D_{}}} + \widehat {{\omega _{}}} + \widehat {{\theta _{}}} = 180^\circ  \hfill \\ 
  2\widehat {{\omega _{}}} + \widehat {{\theta _{}}} = 180^\circ  \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \boxed{\widehat {{D_{}}} = \widehat {{\omega _{}}}}
τρίγωνο και πανσέληνος_1.png
τρίγωνο και πανσέληνος_1.png (25.03 KiB) Προβλήθηκε 364 φορές
.Άμεσες συνέπειες : τα τρίγωνα CAD\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ADB είναι ισοσκελή και όμοια και \boxed{DB = \sqrt 3  - 1}

Από την ομοιότητα αυτών των τριγώνων έχω :

\dfrac{{AD}}{{AC}} = \dfrac{{DB}}{{AD}} \Rightarrow A{D^2} = \left( {\sqrt 3  + 1} \right)\left( {\sqrt 3  - 1} \right) = 2 και άρα \boxed{AB = \sqrt 2 } .

Αν K το κέντρο του κύκλου , το τρίγωνο KAB προκύπτει ισόπλευρο οπότε

R = KA = AB = \sqrt 2 \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\, το εμβαδόν του κύκλου είναι 2\pi .


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1809
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Τρίγωνο και ...πανσέληνος

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τρί Μαρ 24, 2020 1:28 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Δευ Μαρ 23, 2020 11:34 pm
Γεια σας.
Τρίγωνο και ..πανσέληνος.PNG
Το τρίγωνο ABC με BC=2 και AC=1+\sqrt{3} , είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο.

Αν ισχύει \widehat{C_{\varepsilon \xi }}=2\widehat{B_{\varepsilon \xi }} τότε: Να υπολογιστεί το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου.

Επειδή ενδέχεται το παρόν να δυσκολέψει (προσωρινά πάντως) και τους γνωστούς μας μαθητές-δυναμίτες

ας το αφήσουμε σ' αυτούς μέχρι ..νεωτέρας. Ασφαλώς και θα :clap2: όποιον το "ανατινάξει" !
Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Η διχοτόμος της BAy τέμνει την παράλληλη από το A προς την BC στο D οπότε ABCD ισοσκελές τραπέζιο

Ο Πτολεμαίος δίνει x^2+2( \sqrt{3}+1)=( \sqrt{3}+1)^2 \Rightarrow x= \sqrt{2}  κι από ν.συνημιτόνου

 \angle ACB=30^0 \Rightarrow R=  \sqrt{2} \Rightarrow E_{kd}=2 \pi

Είδα τώρα τη λύση του Θεοδόσιου και είναι ακριβώς ίδια.Την αφήνω..
Τρίγωνο και ...πανσέληνος.png
Τρίγωνο και ...πανσέληνος.png (16.44 KiB) Προβλήθηκε 317 φορές


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1256
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Τρίγωνο και ...πανσέληνος

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τετ Μαρ 25, 2020 7:30 pm

Καλησπέρα και χρόνια πολλά! Από ένα θερμό :clap2: στους Ορέστη,Πρόδρομο και Θεοδόση
κι' ένα εύγε για τα εντυπωσιακά αντανακλαστικά τους!
Ευχαριστώ βεβαίως τους Νίκο και Μιχάλη για την συνδρομή τους. Μια ακόμη προσέγγιση.
Πανσέληνος.PNG
Πανσέληνος.PNG (11.81 KiB) Προβλήθηκε 257 φορές
Στο σχήμα αριστερά είναι CE=BC. Με τη βοήθεια των γωνιών προκύπτει ότι τα τρίγωνα ABC και ABE είναι όμοια οπότε \dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\Rightarrow AB^{2}=AC\cdot AE=AC\left ( AC-BC \right )=\left ( \sqrt{3}+1 \right )\left ( \sqrt{3}-1 \right )=2\Rightarrow AB=\sqrt{2}.

Δεξιά στο σχήμα παίρνουμε AH=1\Rightarrow CH=\sqrt{3} . Τότε BC^{2}-BA^{2}=HC^{2}-HA^{2} \Rightarrow BH \perp AC \Rightarrow BH=1..\widehat{A}=45^\circ

άρα R\sqrt{2}=BC=2\Rightarrow R=\sqrt{2}... Φιλικά, Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1256
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Τρίγωνο και ...πανσέληνος

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τρί Απρ 07, 2020 7:32 pm

Καλησπέρα. Ας δούμε ένα ακόμη τρόπο για τον υπολογισμό του AB αλλά όχι μόνο..
Μήνυμα από την ..Πανσέληνο.PNG
Μήνυμα από την ..Πανσέληνο.PNG (8.3 KiB) Προβλήθηκε 205 φορές
Είναι \widehat{C_{\epsilon \xi }}=2 \widehat{B_{\epsilon \xi }}\Rightarrow 180^ \circ -\widehat{C}=2 \left ( 180^ \circ -\widehat{B} \right ) \Leftrightarrow  \widehat{B}=90^ \circ +\widehat{C}/2 .

Από την πρόταση στο θέμα τούτο προκύπτει b^{2}=ab+c^{2} και για a=2...b=1+\sqrt{3} παίρνουμε c^{2}=2. Η συνέχεια γνωστή.

Ο βασικός λόγος που επανήλθα στο παρόν θέμα είναι ένα ...προαίσθημα που έχω
σχετικό με την αποψινή υπερπανσέληνο που θ' αντικρύσουμε! Ίσως μας ..στείλει κάποιο μήνυμα. Γι' αυτό λοιπόν

Θαυμάστε το ολόγιομο φεγγάρι σα νυχτώσει. Θαρρώ πως θέλει να μας πει: << Ισχύς εν τη ενώσει!>>

Φιλικά πάντοτε, Γιώργος.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Ασκήσεις ΜΟΝΟ για μαθητές”

Μέλη σε σύνδεση

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