Μπορούμε κι' εμείς !

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλησπέρα.

Ας αντιμετωπίσουμε το παρακάτω σύστημα :

Αν είναι $\eta \mu \omega +\eta \mu \varphi =\sqrt{3}$ και

$\omega +\varphi =120^{0}$ όπου $\omega > 0^{0} \kappa \alpha \iota \varphi > 0^{0}$

Να βρεθούν τα μέτρα των γωνιών $\omega$ και $\varphi$ .

Το σύστημα αυτό λύθηκε σε άλλο Θέμα και με χρήση τριγωνομετρίας
που , ως γνωστόν , δεν διδάσκεται πλέον στο Λύκειο ...
Αφού λοιπόν δεν έχουμε ... ως μαθητές Λυκείου τα κατάλληλα τριγωνομετρικά εργαλεία ...

ας '' ξαναγίνουμε '' μαθητές Γυμνασίου και ας προσπαθήσουμε να το λύσουμε
με τα Μαθηματικά του σχολείου μας !

Έχω την αίσθηση πως μπορούμε !

Φιλικά Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:Καλησπέρα.

Ας αντιμετωπίσουμε το παρακάτω σύστημα :

Αν είναι $\eta \mu \omega +\eta \mu \varphi =\sqrt{3}$ και

$\omega +\varphi =120^{0}$ όπου $\omega > 0^{0} \kappa \alpha \iota \varphi > 0^{0}$

Να βρεθούν τα μέτρα των γωνιών $\omega$ και $\varphi$ .

Το σύστημα αυτό λύθηκε σε άλλο Θέμα και με χρήση τριγωνομετρίας
που , ως γνωστόν , δεν διδάσκεται πλέον στο Λύκειο ...
Αφού λοιπόν δεν έχουμε ... ως μαθητές Λυκείου τα κατάλληλα τριγωνομετρικά εργαλεία ...

ας '' ξαναγίνουμε '' μαθητές Γυμνασίου και ας προσπαθήσουμε να το λύσουμε
με τα Μαθηματικά του σχολείου μας !

Έχω την αίσθηση πως μπορούμε !

Φιλικά Γιώργος.

Καλησπέρα Γιώργο μια άποψη αλλά δεν ξέρω αν είναι δεκτή λόγω φακέλου .

: Μπορούμε κι αλλιώς.png (30.03 KiB) Προβλήθηκε 706 φορές

Έστω επίκεντρη γωνία $BAC = {120^0}$ , σε κύκλο (A,1)

Θα είναι $BC = {\lambda _3} = \sqrt 3$ .

Σημείο

κινείται ανάμεσα στα B,C

πάνω στη χορδή

. Έστω

κάθετες στην ευθεία

. Προφανώς $\eta \mu \omega + \eta \mu \varphi = x + y \leqslant BS + SC = \sqrt 3$ . Το «

» το

έχουμε αν τα E,D

ταυτιστούν με το μέσο του

. Τότε $\omega = \varphi = {60^0}$ .

Φιλικά Νίκος

#3

Καλησπέρα. Μια λύση με ύλη που περιέχεται στο βιβλίο της Γ΄ Γυμνασίου, αλλά δεν διδάσκεται.

Εννοείται ότι η παραπάνω προσέγγιση θεωρώ ότι είναι εκτός των δυνατοτήτων των μαθητών του Γυμνασίου, εκτός από τυχόν λαμπρές εξαιρέσεις.

Για το Λύκειο τη θεωρώ καλή, αν κάποτε επανέλθουν οι απαγορευμένοι Νόμοι...

: 16-03-2014 Γ Γυμνασίου.jpg (9.13 KiB) Προβλήθηκε 636 φορές

Παίρνουμε ισοσκελές τρίγωνο ABC

με

και $\displaystyle \widehat A = 120^\circ$ , οπότε $\displaystyle \widehat B = \widehat C = 30^\circ$

Έστω σημείο

στη

, ώστε $\displaystyle \widehat {BAD} = \omega ,\;\;\widehat {DAC} = \varphi$ , για τις οποίες είναι $\displaystyle \eta \mu \omega + \eta \mu \varphi = \sqrt 3$

Τότε από Νόμο Ημιτόνων στα ABD, ADC

είναι $\displaystyle \frac{{BD}}{{\eta \mu \omega }} = \frac{{AD}}{{\eta \mu {\rm B}}} \Leftrightarrow BD = AD \cdot \frac{{\eta \mu \omega }}{{\eta \mu 30^\circ }} = 2\eta \mu \omega \cdot AD$

και $\displaystyle \frac{{CD}}{{\eta \mu \varphi }} = \frac{{AD}}{{\eta \mu C}} \Leftrightarrow CD = AD \cdot \frac{{\eta \mu \varphi }}{{\eta \mu 30^\circ }} = 2\eta \mu \varphi \cdot AD$

Οπότε $\displaystyle BD + CD = 2\left( {\eta \mu \omega + \eta \mu \varphi } \right)AD \Leftrightarrow BC = 2\sqrt 3 AD$

Όμως, από Ν. Συνημιτόνων στο ABC

είναι
$\displaystyle B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} - 2AB \cdot AC \cdot \sigma \upsilon \nu 120^\circ = {1^2} + {1^2} - 2 \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) = 3 \Rightarrow BC = \sqrt 3$

Οπότε η σχέση $\displaystyle BC = 2\sqrt 3 AD$ γράφεται $\displaystyle AD = \frac{1}{2} \Rightarrow \omega = \varphi = 60^\circ$

#4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:Καλησπέρα.

Ας αντιμετωπίσουμε το παρακάτω σύστημα :

Αν είναι $\eta \mu \omega +\eta \mu \varphi =\sqrt{3}$ και

$\omega +\varphi =120^{0}$ όπου $\omega > 0^{0} \kappa \alpha \iota \varphi > 0^{0}$

Να βρεθούν τα μέτρα των γωνιών $\omega$ και $\varphi$ .

Το σύστημα αυτό λύθηκε σε άλλο Θέμα και με χρήση τριγωνομετρίας
που , ως γνωστόν , δεν διδάσκεται πλέον στο Λύκειο ...
Αφού λοιπόν δεν έχουμε ... ως μαθητές Λυκείου τα κατάλληλα τριγωνομετρικά εργαλεία ...

ας '' ξαναγίνουμε '' μαθητές Γυμνασίου και ας προσπαθήσουμε να το λύσουμε
με τα Μαθηματικά του σχολείου μας !

Έχω την αίσθηση πως μπορούμε !

Φιλικά Γιώργος.

Καλησπέρα σε όλους.

Μία προσέγγιση με ύλη Γ' Γυμνασίου. Θεωρώ όμως ότι, πλην ελαχίστων εξαιρέσεων, δεν αντιμετωπίζεται από μαθητές Γ' Γυμνασίου.

Κατασκευάζω το ισοσκελές τρίγωνο ABC

-όπως και ο Γιώργος πιο πάνω-με AB=AC=1

, $\displaystyle{\widehat A = {120^0}}$ και σημείο

επί της

, ώστε: $\displaystyle{B\widehat AD = \omega ,D\widehat AC = \varphi }$

: Μπορούμε κι εμείς!.png (11.8 KiB) Προβλήθηκε 582 φορές

Φέρνω την

κάθετη στη

και τις

κάθετες στην

.

Επειδή το τρίγωνο ABC

είναι ισοσκελές το

θα είναι μέσο της

.

$\displaystyle{\sigma \upsilon \nu {30^0} = \frac{{BM}}{{AB}} \Leftrightarrow BM = \frac{{\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{BC = \sqrt 3 }$ (1)

$\displaystyle{\eta \mu \omega + \eta \mu \varphi = \frac{{BE}}{{AB}} + \frac{{CF}}{{AC}} = BE + CF \Leftrightarrow }$ $\boxed{BE + CF = \sqrt 3 }$ (2)

$\displaystyle{D\widehat BE = D\widehat CF = \theta }$ (ως εντός εναλλάξ)

$\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \theta = \frac{{BE}}{{BD}} = \frac{{CF}}{{DC}} = \frac{{BE + CF}}{{BD + DC}} = \frac{{BE + CF}}{{BC}}\mathop = \limits^{(1),(2)} \frac{{\sqrt 3 }}{{\sqrt 3 }} \Leftrightarrow }$

$\boxed{\sigma \upsilon \nu \theta = 1 \Leftrightarrow \theta = {0^0}}$

Αφού $\displaystyle{\theta = {0^0}}$ , τότε $\displaystyle{A\widehat BE = {30^0}}$ , οπότε $\boxed{\omega=60^0}$ και $\boxed{\phi=60^0}$

(Με άλλα λόγια, τα σημεία D, E, M, F

συμπίπτουν).

Γιώργος Μήτσιος · #5

Καλημέρα.
Νίκο , Γιώργο , και Γιώργο σας ευχαριστώ για την συμμετοχή και τις απαντήσεις .
Συμφωνώ , βεβαίως ως προς τον βαθμό δυσκολίας του θέματος για τους μαθητές Γυμνασίου.
Με το να '' ξαναγίνουμε '' μαθητές , εννοούσα -κυρίως- πως εμείς οι μεγάλοι μπορούμε να δώσουμε λύση
με τα περιορισμένα γνωστικά εργαλεία του Γυμνασίου .

Από τις απαντήσεις , μου γεννήθηκε μια -διπλή- απορία : Δεν είμαι σίγουρος , αφού όλα τα χρόνια υπηρετώ σε Λύκεια ,
είχα όμως την γνώμη ότι διδάσκονται στο Γυμνάσιο.. 1) Η μέθοδος της απαγωγής σε άτοπο και
2) Οι θεμελιώδους σημασίας Νόμοι ημιτόνων-συνημιτόνων.
Αν πράγματι διδάσκονται , τότε , κατά την γνώμη μου , και οι τρείς λύσεις είναι εντός του παρόντος Φακέλου.

Σε κάθε περίπτωση , υποβάλλω στην συνέχεια και την δική μου προσέγγιση αποφεύγοντας την χρήση
ακόμη και των εν λόγω Νόμων.

: 3-17.GM.PNG (18.58 KiB) Προβλήθηκε 534 φορές

Στο σχήμα αριστερά θεωρούμε τρίγωνο ABC

με $\hat{B}=\omega ...\hat{C }=\varphi$ οπότε είναι $\hat{A}= 60^{0}$ , εγγεγραμμένο στον κύκλο (O ,R=1 )

.

Φέρνουμε την

, όπου

το μέσον της

.

Το ισοσκελές τρίγωνο BOC

έχει $\hat{BOC} =120^{0}$ , η

είναι και διχοτόμος και ύψος άρα το τρίγωνο BOM

είναι ''μισό ισόπλευρο '' με OB=R=1

συνεπώς είναι $BM=\sqrt{3}/2 \Rightarrow BC=\sqrt{3}$ .

Φέρνουμε την διάμετρο AOZ

και τις

.Τότε είναι $\hat{AZB}=\varphi ...\hat{AZC}=\omega$ . Στο ορθ. ACZ

έχουμε $\eta \mu \omega =\frac{\beta }{2}$ και στο ορθ. ABZ

$\eta \mu \varphi =\frac{\gamma }{2}\Rightarrow \frac{\beta +\gamma }{2} =\eta \mu \omega +\eta \mu \varphi =\sqrt{3}\Rightarrow \beta +\gamma =2\sqrt{3}$ .. (1)

Aς φέρουμε $BH\perp AC$ . Στο σχήμα δεξιά , το ορθ. ABH

είναι κι' αυτό '' μισό ισόπλευρο '' . Έστω AH= x

τότε είναι $AB=2x ...BH=x\sqrt{3}$ .
Το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθ. BHC

μας δίνει $BC^{2}=BH^{2}+HC^{2}\Rightarrow \left(\beta -\chi \right)^{2}+ \left(x\sqrt{3} \right)^{2}=3 \Leftrightarrow \beta ^{2}-2\beta \chi +\chi ^{2}+3\chi ^{2}= 3$ ή $\Rightarrow \beta ^{2}-\beta \gamma +\gamma ^{2}= 3.. \left(2 \right)$

Υψώνοντας την (1)

στο τετράγωνο παίρνουμε $\beta ^{2}+2\beta \gamma +\gamma ^{2}=12 =4 \left(\beta ^{2}+\gamma ^{2}-\beta \gamma \right)\Rightarrow ...3\left(\beta ^{2}+\gamma ^{2} -2\beta \gamma \right)= 0\Rightarrow \left(\beta -\gamma \right)^{2}=0 \Rightarrow \beta =\gamma$

που σημαίνει $\omega =\varphi$ ενώ $\omega +\varphi=\hat{B} +\hat{C}=120^{0}$ άρα $\omega =\varphi =60^{0}$ .

Φιλικά Γιώργος.

Μπορούμε κι' εμείς !

Μπορούμε κι' εμείς !

Re: Μπορούμε κι' εμείς !

Re: Μπορούμε κι' εμείς !

Re: Μπορούμε κι' εμείς !

Re: Μπορούμε κι' εμείς !

Μέλη σε σύνδεση