Γεωμετρία : Ξανά με γωνίες !

#1

ΑΣΚΗΣΗ

Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ η γωνία Β είναι 75 και η γωνία Γ 45 μοίρες. Φέρνουμε το ύψος ΒΔ και στην πλευρά ΑΒ παίρνουμε σημείο Ε τέτοιο, ώστε η γωνία ΑΓΕ να είναι ίση με 15 μοίρες. Να αποδειχθεί ότι
α) η ΔΕ είναι παράλληλη με την ΒΓ
β) Αν η κάθετη προς την ΓΕ στο Ε τέμνει την ευθεία ΔΒ στο Ζ, τότε ΕΖ = ΒΓ και η γωνία ΒΖΓ είναι ίση με 30 μοίρες.

Σχόλια

Με προβληματίζει κυρίως το ερώτημα α) , διότι από κει και πέρα, έστω με κάποιες βοηθητικές , η άσκηση προχωράει. Για το α΄ερώτημα έχω βρει μόνο μετρική λύση και μάλιστα με χρήση τριγωνομετρικού τύπουγια εμβαδά.
Στην ουσία λοιπόν το ζητούμενο είναι μια πιο ..γεωμετρική λύση του ερωτήματος α, αλλά και κάθε άλλη λύση στην άσκηση αυτή(Ρουμανία - 2005) !

Μπάμπης

#2

καλημέρα

μία ''Ριζική '' απάντηση για το α)

$\color{red}\bullet$ στο τρίγωνο ΑΕΓ $\displaystyle{\longrightarrow \frac{AE}{\sin 15^o}=\frac{\beta}{\sin 75^o}}$ ,(1)

$\color{red}\bullet$ στο τρίγωνο ΑΒΓ $\displaystyle{\longrightarrow \frac{\gamma}{\sin 45^o}=\frac{\beta}{\sin 75^o}}$ ,(2)----> $\displaystyle{\gamma=\frac{\beta \sin45^o}{\sin 75^o}}$ ,(3)

$\color{red}\bullet$ από (1),(2)---> $\displaystyle{\frac{AE}{\gamma}=\frac{\sin 15^o}{\sin 45^o}}$ ,(4)

$\color{red}\bullet$ στο τρίγωνο ΑΒΔ----> $\displaystyle{A\Delta=\frac{\gamma}{2}\stackrel{(3)}\longrightarrow \frac{A\Delta}{\beta}=\frac{\sin 45^o}{2\cdot \sin 75^o}}$ ,(5)

$\color{red}\bullet$ τα δεύτερα μέλη των (4),(5) είναι ίσα άρα και τα πρώτα---> $\displaystyle{\frac{AE}{\gamma}= \frac{A\Delta}{\beta}}$

#3

Φωτεινή έγραψε:καλημέρα
μία ''Ριζική '' απάντηση για το α)

Ευχαριστώ για τον τιμητικό επιθετικό προσδιορισμό!
Ανταποδίδω με μια ολοφώτεινη λύση ΔΙΧΩΣ ΙΧΝΟΣ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑΣ

: 25-3-1010 Geometry.png (7.28 KiB) Προβλήθηκε 1010 φορές

Για το α)
Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΑΔ είναι $\displaystyle \widehat B = 30^\circ \; \Rightarrow \;A\Delta = \frac{\gamma }{2},\;\;{\rm B}\Delta = \frac{{\gamma \sqrt 3 }}{2}$ .
Το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΔΓ είναι και ισοσκελές,
άρα $\displaystyle \Delta \Gamma = {\rm B}\Delta = \frac{{\gamma \sqrt 3 }}{2}\; \Rightarrow \;{\rm A}\Gamma = \frac{{\gamma \left( {1 + \sqrt 3 } \right)}}{2}$
Είναι $\displaystyle \frac{{{\rm A}\Delta }}{{\Delta \Gamma }} = \frac{{\frac{\gamma }{2}}}{{\frac{{\gamma \sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ .

Το ΒΓΕ είναι ισοσκελές. Φέρνουμε το ύψος ΓΕ, που είναι και διχοτόμος.

Στο ορθογώνιο ΓΑΗ είναι $\displaystyle \widehat{{\rm A}\Gamma {\rm H}} = 30^\circ$ , οπότε
$\displaystyle \begin{array}{l} {\rm A}{\rm H} = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{2} = \frac{{\gamma \left( {1 + \sqrt 3 } \right)}}{4}\; \Rightarrow \;{\rm B}{\rm H} = \gamma - \frac{{\gamma \left( {1 + \sqrt 3 } \right)}}{4} = \frac{{\gamma \left( {3 - \sqrt 3 } \right)}}{4}\; \Rightarrow \; \\ \Rightarrow {\rm B}{\rm E} = \frac{{\gamma \left( {3 - \sqrt 3 } \right)}}{2},\;\;{\rm A}{\rm E} = \gamma - \frac{{\gamma \left( {3 - \sqrt 3 } \right)}}{2} = \frac{{\gamma \left( {\sqrt 3 - 1} \right)}}{2} \\ \end{array}$

Οπότε $\displaystyle \frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{{\rm E}{\rm B}}} = \frac{{\gamma \left( {\sqrt 3 - 1} \right)}}{{\gamma \left( {3 - \sqrt 3 } \right)}} = \frac{{\sqrt 3 - 1}}{{\sqrt 3 \left( {\sqrt 3 - 1} \right)}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ , άρα, από Θ. Θαλή: ΔΕ // ΒΓ

Είναι πάντως σαφές, ότι οι τύποι της τριγωνομετρίας είναι πιο ευέλικτοι στο να "μετρήσουμε ότι μπορεί να μετρηθεί", όπως είπε σε άλλη συζήτηση ο Ανδρέας Πούλος.

Γιώργος Ρίζος

p_gianno · #4

Χρόνια πολλά
Δίνω μια λύση στο συνημμένο ελπίζοντας να μη μου έχει ξεφύγει κάτι.

Ιστοσελίδα · #5

Καλησπέρα και χρόνια πολλά.

: triangle.png (95.48 KiB) Προβλήθηκε 934 φορές

hsiodos · #6

Καλημέρα σε όλους

Γράφω μια λύση ακόμα

α) Έστω Κ το σημείο τομής των ΕΓ και ΒΔ .Φέρνουμε την ΚΗ κάθετη στη ΒΓ οπότε το τρ ΚΗΒ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές , δηλαδή ΚΗ = ΒΗ . Αν Ι το μέσο του ΚΓ τότε ΚΗ = ΔΙ = ΚΓ/2 ή ΒΗ = ΔΙ = ΚΙ (1) .

Από το εγγράψιμο ΚΔΓΗ έχουμε γωνΗΔΓ = γων ΗΚΓ = $\displaystyle{60^o }$ = γων Α , άρα ΔΗ // ΑΒ . Φέρνουμε την ΔΜ // ΕΓ , τότε γων ΒΜΔ = $\displaystyle{75^o }$ . Στο τραπέζιο ΜΔΗΒ είναι γων Β = γων ΒΜΔ = $\displaystyle{75^o }$ άρα είναι ισοσκελές , δηλαδή ΜΔ = ΒΗ = ΔΙ (λόγω της (1) .

Το τρίγωνο ΚΔΙ είναι ισοσκελές με γωνία βάσης $\displaystyle{75^o }$ . Τα τρίγωνα ΜΔΚ και ΚΔΙ όμως είναι ίσα αφού ΜΔ = ΔΙ , ΚΔ κοινή και γων ΜΔΚ = γων ΚΔΙ = $\displaystyle{75^o }$ .Συνεπώς και το τρ ΜΔΚ είναι ισοσκελές οπότε ΜΔ = ΜΚ = ΕΔ ( το ΜΔΚΕ ισοσκελές τραπέζιο) . Εύκολα τώρα ΕΔ // ΒΓ .(πχ γων ΔΜΚ = γων ΔΕΓ = $\displaystyle{30^o }$ )

β) Είναι γων ΖΕΒ = γων ΕΖΒ = $\displaystyle{15^o }$ . Από το εγγράψιμο ΕΔΓΖ , γων ΔΖΓ = γων ΔΕΓ = $\displaystyle{30^o }$ . Το ορθογώνιο τρίγωνο ΕΖΓ είναι λοιπόν ισοσκελές οπότε ΕΖ = ΕΓ . Όμως από τα δεδομένα εύκολα προκύπτει ότι το τρίγωνο ΕΓΒ είναι ισοσκελές δηλαδή ΓΕ = ΒΓ . Άρα ΕΖ = ΒΓ.

Γιώργος

: Μπάμπης.png (42.9 KiB) Προβλήθηκε 887 φορές

Ανδρέας Πούλος · #7

Νομίζω έχω μια απλή λύση, χωρίς υπολογισμούς μηκών κλπ.
Φυσικά, την απλότητα ή όχι θα την κρίνει η κοινότητα, αλλά και η διαφήμιση δεν βλάπτει, όταν έχει σκοπό να τραβήξει την προσοχή.
Το συνημμένο αρχείο περιέχει το σχήμα του Γιώργου Ρϊζου για διευκόλυνση αυτού που ελέγχει τη λύση.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#8

Μία νομίζω απ΄λη λύση:
α)Το ΓΕΒ είναι ισοσκελές με γψνία κορυφής 30 μοιρών, επομένως η απόςταση του Ε απότη ΒΓ ισούται με ΒΓ/2, δηλαδή με την απόσταση του Δ από τη ΒΓ καθώς το ΔΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.
β) Προκύπτει από το α) και το εγγράψιμο ΖΓΔΕ
β΄τρόπος (ανεξάρτητος του α ερωτήματος)
Το τρίγωνο ΒΖΕ είναι ισοσκελές με γωνίες 15,15 και 150. Κατασκευάζουμε με βάση ΖΒ και εξωτερικά αυτού, ισοσκελές τρίγωνο ΖΒΘ ίσο του ΕΒΓ. Το τρίγωνο ΒΓΘ είναι ισόπλευρο και το ΖΕΓΘ βγαίνει άμεσα τετράγωνο (θυμηθείτε και το σχήμα γνωστής άσκησης με τετράγωνο και γωνίες 15 μοιρών).

kostas_zervos · #9

Δίνω μια "καθαρά" γεωμετρική λύση για το (α)

Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΕΓ έχουν τις γωνίες $\hat{B} , B\hat{E}\Gamma$ ίσες με 75^0

άρα $\frac {(AB\Gamma)}{(BE\Gamma)}=\frac{AB \cdot B\Gamma}{BE \cdot E\Gamma}=\frac{AB}{BE}$ γιατί ΓΕ=ΒΓ ( ΒΕΓ ισοσκελές)
Επίσης
$\frac {(AB\Gamma)}{(BE\Gamma)}=\frac{\frac{1}{2}A\Gamma \cdot B\Delta}{\frac{1}{2}B\Gamma \cdot EH}=\frac{A\Gamma \cdot \Gamma\Delta}{B\Gamma \cdot \frac{1}{2} E\Gamma}=\frac{A\Gamma \cdot \Gamma\Delta}{B\Gamma \cdot \frac{1}{2} B\Gamma}=\frac{2 A\Gamma \cdot \Gamma\Delta}{B\Gamma^2}=\frac{2 A\Gamma \cdot \Gamma\Delta}{2 \Delta\Gamma ^2}=\frac{A\Gamma}{\Delta\Gamma}$
Γιατί $E \hat{\Gamma}B=30^0$ άρα $EH=\frac{E\Gamma}{2}$ , ΒΔ=ΔΓ και $B\Gamma^2=B\Delta^2+\Delta\Gamma^2=2 \Delta\Gamma^2$
Άρα $\frac{AB}{BE}=\frac{A\Gamma}{\Delta\Gamma}$ Επομένως ΔΕ//ΒΓ.

Γεωμετρία : Ξανά με γωνίες !

Γεωμετρία : Ξανά με γωνίες !

Re: Γεωμετρία : Ξανά με γωνίες !

Re: Γεωμετρία : Ξανά με γωνίες !

Re: Γεωμετρία : Ξανά με γωνίες !

Re: Γεωμετρία : Ξανά με γωνίες !

Re: Γεωμετρία : Ξανά με γωνίες !

Re: Γεωμετρία : Ξανά με γωνίες !

Re: Γεωμετρία : Ξανά με γωνίες !

Re: Γεωμετρία : Ξανά με γωνίες !

Μέλη σε σύνδεση