15 μοίρες

Γιώργος Απόκης · #1

Σε τετράγωνο ΑΒΓΔ θεωρούμε σημείο Σ στο εσωτερικό του, τέτοιο ώστε
οι γωνίες ΔΓΣ και ΓΔΣ να είναι ίσες με 15 μοίρες. Ν.δ.ο. το τρίγωνο ΑΒΣ
είναι ισόπλευρο.

Ιστοσελίδα · #2

Καλησπέρα, την έχουμε ξαναδεί εδώ.

Γιώργος Απόκης · #3

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Καλησπέρα, την έχουμε ξαναδεί εδώ.

Eυχαριστώ Μιχάλη, δεν ήξερα ότι είχε συζητηθεί!

sokratis lyras · #4

Διαφορετικά:
Θεωρώ ισόπλευρο τρίγωνο ΓΔE(με Ε πάνω από τη ΓΔ).
Το τετράπλευρο ΣΓNΔ είναι χαρταετός http://en.wikipedia.org/wiki/Kite_%28geometry%29 άρα η ΣΝ διχοτομεί τις γωνίες Σ και Ν.
Το ισοσκελές τρίγωνο ΝΣΓ είναι ίσο με το ΒΣΓ.Ομοίως τα ΔΑΣ και ΔΣΝ είναι ίσα
Άρα <ΑΒΖ=60 και το ΑΒΣ ισόπέυρο.

Γιώργος Απόκης · #5

Μια παρόμοια λύση είχα στο μυαλό μου:

Θεωρούμε σημείο Κ εσωτερικό του ΣΒΓ με ΚΣ=ΚΓ=ΣΓ. Τότε τα τρίγωνα ΔΣΓ και ΓΚΒ είναι ίσα
(ΔΓ=ΓΒ, ΣΓ=ΚΓ, γωνίες ΔΓΣ=ΚΓΒ=15). Επομένως, ΚΒ=ΔΣ και γωνίες ΚΒΓ=ΣΔΓ=15.
Άρα, γωνία ΓΚΒ=150 και γωνία ΣΚΒ=360-60-150=150. Τώρα, τα ΣΚΒ και ΓΚΒ είναι ίσα
(ΣΚ=ΚΓ, ΚΒ κοινή, γωνίες ΣΚΒ=ΓΚΒ), άρα ΣΒ=ΓΒ=ΑΒ. Όμως γωνία ΣΒΑ=60, άρα το ΣΒΑ: ισόπλευρο.

Απαραίτητη συμπλήρωση (μετά από υπόδειξη του S.E. Louridas):
To K είναι εσωτερικό του ΣΒΓ, αφού η γωνία ΒΣΓ είναι μεγαλύτερη από 60 μοίρες (αν υποθέσουμε
το αντίθετο οδηγούμαστε στο ότι η γωνία ΣΒΓ είναι μεγαλύτερη ή ίση με 45 μοίρες που είναι άτοπο)

S.E.Louridas · #6

Θεωρώ οτι στην τελευταία όμορφη απόδειξη πρέπει να καταδειχθεί ότι η γωνία <ΓΣΒ δεν μπορεί να είναι μικρότερη ή ίση των 60-μοιρών και αυτό γιά να είναι το Κ εσωτερικό σημείο του τριγώνου ΒΣΓ.

Mέ κάθε επιφύλαξη,

S.E.Louridas

Γιώργος Απόκης · #7

S.E.Louridas έγραψε:Θεωρώ οτι στην τελευταία όμορφη απόδειξη πρέπει να καταδειχθεί ότι η γωνία <ΓΣΒ δεν μπορεί να είναι μικρότερη ή ίση των 60-μοιρών και αυτό γιά να είναι το Κ εσωτερικό σημείο του τριγώνου ΒΣΓ.

Mέ κάθε επιφύλαξη,

S.E.Louridas

Έχεις δίκιο φίλε S.E.! Προς το παρόν δε βλέπω πως μπορεί να αποδειχθεί... Θα το ψάξω!

S.E.Louridas · #8

Απλά άν υποθέσουμε οτι είναι μεγαλύτερη ή ίση με 60-μοίρες καταλήγουμε στο άτοπο η <ΣΒΓ να είναι μεγαλύτερη ή ίση με 45-μοίρες.

S.E.Louridas

Γιώργος Απόκης · #9

S.E.Louridas έγραψε:Απλά άν υποθέσουμε οτι είναι μεγαλύτερη ή ίση με 60-μοίρες καταλήγουμε στο άτοπο η <ΣΒΓ να είναι μεγαλύτερη ή ίση με 45-μοίρες.

S.E.Louridas

Σωστό! Προσθέτω στη λύση κι ευχαριστώ!

Φανης Θεοφανιδης · #10

: Τετράγωνα.png (14.5 KiB) Προβλήθηκε 2897 φορές

Έστω ότι η προέκταση της $\Gamma E$ τέμνει την $A\Delta$ στο

.
Είναι $\angle EZ\Delta=\angle Z\Delta E=75^{0}\Rightarrow EZ=E\Delta \Rightarrow$
$\Rightarrow EZ=E\Gamma \Rightarrow E$ μέσο της $Z\Gamma$ .
Φέρνω από το

παράλληλη προς την $\Delta \Gamma$ και ονομάζω

το σημείο
τομής αυτής με την $A\Delta$ . Οπότε το

είναι μέσο του $Z\Delta$ και $EM\perp A\Delta$ .
Έστω $\alpha$ η πλευρά του τετραγώνου και $\Delta Z=2x$ .
Άρα $ME=\dfrac{\Delta \Gamma }{2}\Rightarrow ME=\dfrac{\alpha }{2}$
και $MZ=M\Delta =x$ . Επίσης φέρνω από το $\Delta$ κάθετη στη

και καλώ

το
σημείο τομής αυτής με την

. Από εφαρμογή σχολικού βιβλίου έχουμε
ότι $\Delta K=\dfrac{\Gamma Z}{4}$ . Τα τρίγωνα $Z\Delta \Gamma, ZK\Delta$
είναι όμοια $\Rightarrow \dfrac{\Gamma \Delta }{\Gamma Z}=\dfrac{\Delta K}{\Delta Z}\Rightarrow$
$\Rightarrow \Gamma Z^{2}=8\alpha x (1)$ . Ακόμη είναι $\Gamma Z^{2}=Z\Delta ^{2}+\Delta \Gamma ^{2} (2)$ .
Από την (1), (2)

προκύπτει ότι $4x^{2}-8\alpha x+\alpha ^{2}=0\Rightarrow$
$\Rightarrow x=\dfrac{(2-\sqrt{3})\alpha }{2}$ . Ισχύει $AE^{2}=ME^{2}+AM^{2}\Rightarrow$
$\Rightarrow AE=\alpha$ . Τα τρίγωνα $A\Delta E, E\Gamma B$ είναι ίσα $\Rightarrow$
$\Rightarrow EB=AE\Rightarrow EB=\alpha$ . Συνεπώς το τρίγωνο ABE

είναι ισόπλευρο.

Γιώργος Απόκης · #11

Όμορφη λύση! (Που τη θυμήθηκες την άσκηση;)

#12

Γιώργος Απόκης έγραψε:Σε τετράγωνο ΑΒΓΔ θεωρούμε σημείο Σ στο εσωτερικό του, τέτοιο ώστε
οι γωνίες ΔΓΣ και ΓΔΣ να είναι ίσες με 15 μοίρες. Ν.δ.ο. το τρίγωνο ΑΒΣ
είναι ισόπλευρο.

: 15 μοίρες..png (21.06 KiB) Προβλήθηκε 2845 φορές

Ας ακολουθήσουμε τη μέθοδο της εις άτοπον απαγωγής. Έστω ότι το τρίγωνο $\vartriangle ASB$ είναι ισόπλευρο. Τότε θα υπάρχει σημείο ${S}'\ne S$ ώστε : $\angle {S}'AB=\angle {S}'BA={{60}^{0}}$

οπότε το τρίγωνο $\vartriangle {S}'AB$ είναι ισόπλευρο (από κατασκευής) και με το ύψος του ${S}'K<AB=AD\Rightarrow {S}'$ εσωτερικό του τετραγώνου.

Τότε όμως με $\angle S'BA = {60^0}\mathop \Rightarrow \limits^{AB \bot BC} \angle S'BC = {30^0}\mathop \Rightarrow \limits^{S'C = AB = BC}$ $\angle S'CB = {75^0}\mathop \Rightarrow \limits^{DC \bot BC} \angle DCS' = {15^0} = \angle DCS$ πράγμα άτοπο

(έχουν κοινή κορυφή κοινή πλευρά και οι άλλες δύο πλευρές τους είναι προς το ίδιο μέρος της κοινής (εσωτερικές του τετραγώνου) , άρα το $\vartriangle SAB$

είναι ισόπλευρο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Γιώργος Μήτσιος · #13

Καλημέρα σε όλους.
Ας υποβάλω μια λύση που είχα σκεφτεί ως .. φοιτητής και δεν την συνάντησα γραμμένη κάπου..
Θεωρώ πάντως πολύ πιθανό να έχει ήδη δημοσιευτεί.

: 15-άρες..ισόπλευρο.PNG (6.82 KiB) Προβλήθηκε 2832 φορές

Τα τρίγωνα ADE, BEC

είναι (ως γνωστό ) ίσα .αρκεί να δειχθεί $AE=AD\Leftrightarrow \omega =75^{0}$

Αν $\omega > 75^{0}$ τότε στο τρίγωνο ADE

είναι

κι' ακόμη $\varphi < 60^{0}$ οπότε στο ABE

:

δηλ. $\alpha <AE<\alpha$ ..'Ατοπον

Ομοίως αποκλείουμε να είναι $\omega < 75^{0}$ άρα $\omega =75^{0}$ και τελικά τρίγωνο ABE

ισόπλευρο.

Φιλικά Γιώργος.

Γιώργος Απόκης · #14

Στάθη και Γιώργο, ευχαριστώ για τις λύσεις!

15 μοίρες

15 μοίρες

Re: 15 μοίρες

Re: 15 μοίρες

Re: 15 μοίρες

Re: 15 μοίρες

Re: 15 μοίρες

Re: 15 μοίρες

Re: 15 μοίρες

Re: 15 μοίρες

Re: 15 μοίρες

Re: 15 μοίρες

Re: 15 μοίρες

Re: 15 μοίρες

Re: 15 μοίρες

Μέλη σε σύνδεση