Υπεραιωνόβια γωνία και λόγος Υπερβατικός!

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλό μήνα στους φίλους του

Το τρίγωνο ABC

του σχήματος έχει $\widehat A =75^o$ . Το $E \in AB$ ώστε AE=2BE

και ισχύει $A\widehat C E =A\widehat B C$

: Ε-πί-λογος.png (28.66 KiB) Προβλήθηκε 227 φορές

I) Να υπολογιστεί η υπεραιωνόβια $B \widehat E C$

II) Ο κύκλος των τέμνει την στο . Αν $E_{\kappa .\delta }$ το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου τότε:

Να εξεταστεί η υπερβατικότητα του λόγου $\dfrac {E_\kappa ._\delta }{EN\cdot EC}$ , αφού υπολογιστεί βεβαίως.

Ιστοσελίδα · #2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Δευ Ιουν 01, 2026 12:36 pm Καλό μήνα στους φίλους του

Το τρίγωνο του σχήματος έχει $\widehat A =75^o$ . Το $E \in AB$ ώστε και ισχύει $A\widehat C E =A\widehat B C$
I) Να υπολογιστεί η υπεραιωνόβια $B \widehat E C$

II) Ο κύκλος των τέμνει την στο . Αν $E_{\kappa .\delta }$ το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου τότε:

Να εξεταστεί η υπερβατικότητα του λόγου $\dfrac {E_\kappa ._\delta }{EN\cdot EC}$ , αφού υπολογιστεί βεβαίως.

Καλημέρα!

: shape.png (22.28 KiB) Προβλήθηκε 146 φορές

1) Φέρνω $CK \bot AB$ και θέτω $AD = x,\,BE = y$ , οπότε DE = 2y - x

.

Από $\triangle BAC \sim \triangle CAE:\dfrac{{AC}}{{AB}} = \dfrac{{AE}}{{AC}} \Leftrightarrow AC = y\sqrt 6$ .

Στο $\triangle CAD$ και από $\sigma \varphi 1{5^ \circ } = 2 + \sqrt 3$ , θα ισχύει $CD = x\left( {2 + \sqrt 3 } \right)$ και από Π.Θ. στο ίδιο τρίγωνο παίρνω $y = \dfrac{{x\left( {3 + \sqrt 3 } \right)}}{3}$ .

Έτσι, CD=BD

και το τρίγωνο BCD

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, άρα $\angle B = {45^ \circ }$ , οπότε εύκολα η υπεραιωνόβια βγαίνει ${120^ \circ }$ .

2) Από το εγγεγραμμένο ACNE

, προκύπτει $\angle BEN = \angle ACN = {60^ \circ }$ , τα τρίγωνα $BEN,\,CEA$ είναι όμοια και το $\triangle ACN$ ισόπλευρο.

Έτσι, επειδή ο κύκλος των A,E,C

είναι και περίκυκλος του $\triangle ACN$ με ακτίνα

, οπότε $AC = R\sqrt 3 \Leftrightarrow {R^2} = \dfrac{{A{C^2}}}{3}\,\,(1)$ .

Από την ομοιότητα των τριγώνων $BEN,\,CEA$ παίρνουμε: $\dfrac{{EN}}{{BE}} = \dfrac{{AE}}{{EC}} \Leftrightarrow EN \cdot EC = 2{y^2} = \dfrac{{A{C^2}}}{3}\mathop = \limits^{(1)} {R^2}\,\,(2)$ .

Από (1), (2) εύκολα $\dfrac{{{E_\kappa }{._\delta }}}{{EN \cdot EC}} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{{{R^2}}} = \pi$ αποδεικνύοντας την υπερβατικότητα του λόγου.

#3

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Δευ Ιουν 01, 2026 12:36 pm Καλό μήνα στους φίλους του

Το τρίγωνο του σχήματος έχει $\widehat A =75^o$ . Το $E \in AB$ ώστε και ισχύει $A\widehat C E =A\widehat B C$
Ε-πί-λογος.png
I) Να υπολογιστεί η υπεραιωνόβια $B \widehat E C$

II) Ο κύκλος των τέμνει την στο . Αν $E_{\kappa .\delta }$ το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου τότε:

Να εξεταστεί η υπερβατικότητα του λόγου $\dfrac {E_\kappa ._\delta }{EN\cdot EC}$ , αφού υπολογιστεί βεβαίως.

Με πρόλαβε ο Μιχάλης. Θα γράψω αργότερα τη λύση, αν δω ότι είναι διαφορετική.

: Υπεραιωνόβια.png (22.98 KiB) Προβλήθηκε 142 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Δευ Ιουν 01, 2026 12:36 pm Καλό μήνα στους φίλους του

Το τρίγωνο του σχήματος έχει $\widehat A =75^o$ . Το $E \in AB$ ώστε και ισχύει $A\widehat C E =A\widehat B C$
Ε-πί-λογος.png
I) Να υπολογιστεί η υπεραιωνόβια $B \widehat E C$

II) Ο κύκλος των τέμνει την στο . Αν $E_{\kappa .\delta }$ το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου τότε:

Να εξεταστεί η υπερβατικότητα του λόγου $\dfrac {E_\kappa ._\delta }{EN\cdot EC}$ , αφού υπολογιστεί βεβαίως.

Ι) $A\widehat C E =A\widehat B C,$ άρα η

εφάπτεται στον περίκυκλο του BEC,

οπότε $\displaystyle {b^2} = \frac{{2c}}{3} \cdot c \Leftrightarrow c = \frac{{b\sqrt 6 }}{2}$

$\displaystyle \frac{{\sin B}}{{\sin C}} = \frac{b}{c} = \frac{{\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }} = \frac{{\sin 45^\circ }}{{\sin 60^\circ }},\widehat B + \widehat C = 105^\circ \Rightarrow \widehat B = 45^\circ ,\widehat C = 60^\circ$

Εύκολα τώρα βρίσκω ότι το ANC

είναι ισόπλευρο και από το εγγράψιμο AENC

είναι

$\displaystyle B\widehat EC = B\widehat EN + N\widehat EC = \widehat C + N\widehat AC = 60^\circ + 60^\circ \Leftrightarrow$ $\boxed{B\widehat EC =120^\circ}$

: Υπεραιωνόβια.png (24.81 KiB) Προβλήθηκε 134 φορές

II) Αν

είναι η ακτίνα του κύκλου και

το ύψος του τριγώνου BEC,

τότε $b=R\sqrt 3$ και

$\displaystyle EN \cdot EC = 2R \cdot ED = 2R\frac{c}{3}\frac{{\sqrt 2 }}{2} = \frac{{cR\sqrt 2 }}{3} = \frac{{b\sqrt 6 R\sqrt 2 }}{6} = \frac{{bR\sqrt 3 }}{3} = {R^2}$

Άρα, $\boxed{\dfrac {E_\kappa ._\delta }{EN\cdot EC}=\frac{\pi R^2}{R^2}=\pi}$ που αποδεικνύει το ζητούμενο.

Γιώργος Μήτσιος · #5

Χαιρετώ. Ευχαριστώ θερμά τους Μιχάλη και Γιώργο !
Μόνο για την υπερβατικότητα μια προσέγγιση που δείχνει και το σκεπτικό για την δημιουργία.

: Υπερβατικότητα.png (34.83 KiB) Προβλήθηκε 65 φορές

Η

είναι διχοτόμος της BEC=120^o

, συνεπώς ισχύει ο τύπος

EN=\dfrac{EB \cdot EC}{EB+EC}

. Αν

βρίσκουμε

EC=k(\sqrt{3} +1)

και

EN=k(\sqrt{3} -1)

. Παρατηρώ ότι

EN\cdot EC=2k^2

.

Όμως

R=\dfrac{AE}{2sin45^o}=k\sqrt{2}

. Μετά την διαπίστωση ότι

EN\cdot EC=R^2

,

επόμενη σκέψη ότι ο ζητούμενος λόγος είναι ίσος με

\boxed {\pi }

, δηλ υπερβατικός!

Υπεραιωνόβια γωνία και λόγος Υπερβατικός!

Υπεραιωνόβια γωνία και λόγος Υπερβατικός!

Re: Υπεραιωνόβια γωνία και λόγος Υπερβατικός!

Re: Υπεραιωνόβια γωνία και λόγος Υπερβατικός!

Re: Υπεραιωνόβια γωνία και λόγος Υπερβατικός!

Re: Υπεραιωνόβια γωνία και λόγος Υπερβατικός!

Μέλη σε σύνδεση