Αδικαιολόγητη ισότητα γωνιών

KARKAR · #1

: ΙΑδικαιολόγητη ισότητα γωνιών.png (14.65 KiB) Προβλήθηκε 182 φορές

Στο - $a \times b$ - ορθογώνιο ABCD

, ο κύκλος

(A , AC)

τέμνει τις προεκτάσεις της διαγωνίου

,

στα σημεία S , P

. Δείξτε ότι :

\widehat{BCS}=\widehat{DCP}

και βρείτε έναν τριγωνομετρικό αριθμό της γωνίας $\phi$ .

#2

KARKAR έγραψε: Σάβ Οκτ 17, 2026 10:24 pm ΙΑδικαιολόγητη ισότητα γωνιών.pngΣτο - $a \times b$ - ορθογώνιο , ο κύκλος $(A , AC)$ τέμνει τις προεκτάσεις της διαγωνίου ,

στα σημεία . Δείξτε ότι : $\widehat{BCS}=\widehat{DCP}$ και βρείτε έναν τριγωνομετρικό αριθμό της γωνίας $\phi$ .

Οι προεκτάσεις των

CD\,\,,\,\,CB

τέμνουν τον κύκλο στα $E\,\,,\,\,Z$ .

Στα ισοσκελή

\vartriangle ACE\,\,,\,\,\vartriangle CAZ

οι $AD\,\,,\,\,AB$ είναι ύψη και διάμεσοι , άρα και διχοτόμοι.

Τα τετράπλευρα

ABDE\,\,,\,\,\,AZBD

είναι παραλληλόγραμμα , οπότε τα E,A,Z

είναι συνευθειακά .

: Αδικαιολόγητη ισότητα γωνιών.png (19.3 KiB) Προβλήθηκε 163 φορές

Το τετράπλευρο

EZSP

είναι ισοσκελές τραπέζιο άρα :

\boxed{\theta = \phi }

Ο τριγωνομετρικός αριθμός αργότερα,

#3

KARKAR έγραψε: Σάβ Οκτ 17, 2026 10:24 pm ΙΑδικαιολόγητη ισότητα γωνιών.pngΣτο - $a \times b$ - ορθογώνιο , ο κύκλος $(A , AC)$ τέμνει τις προεκτάσεις της διαγωνίου ,

στα σημεία . Δείξτε ότι : $\widehat{BCS}=\widehat{DCP}$ και βρείτε έναν τριγωνομετρικό αριθμό της γωνίας $\phi$ .

C\widehat AP=2C\widehat SP=2C\widehat SD

και με άθροισμα γωνιών τριγώνου στα

CAP, CSD

έχω:

180^\circ-2(\omega+\varphi)=2[180^\circ-(90^\circ+\omega+\theta)],

απ' όπου $\boxed{\varphi=\theta}$

: Αδικαιολόγητη ισότητα.png (18.13 KiB) Προβλήθηκε 149 φορές

(ABCD) = 2(ABD) \Leftrightarrow ab = BD \cdot AN \Leftrightarrow AN = \frac{{ab}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}

P\widehat CS = 90^\circ + 2\varphi \Leftrightarrow P\widehat AS = 180^\circ - 4\varphi \Leftrightarrow P\widehat AN = 90^\circ - 2\varphi

\cos (90^\circ - 2\varphi ) = \dfrac{{AN}}{{AP}} \Leftrightarrow

\boxed{\sin 2\varphi=\dfrac{ab}{a^2+b^2}}

κλπ.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε: Σάβ Οκτ 17, 2026 10:24 pm ΙΑδικαιολόγητη ισότητα γωνιών.pngΣτο - $a \times b$ - ορθογώνιο , ο κύκλος $(A , AC)$ τέμνει τις προεκτάσεις της διαγωνίου ,

στα σημεία . Δείξτε ότι : $\widehat{BCS}=\widehat{DCP}$ και βρείτε έναν τριγωνομετρικό αριθμό της γωνίας $\phi$ .

Α)

DC=DQ=//AB \Rightarrow SP//QL

.Άρα τα τόξα

PQ,SL,

είναι ίσα ,συνεπώς

\theta = \phi

Β)

Από αβλεψία θεώρησα ως

\phi

τη γωνία

κι όχι την SKL

(Ευχαριστώ το Γιώργο Βισβίκη που μου το επισήμανε)

Θα επανέλθω αργότερα για την απάντηση

: Αδικαιολόγητη ιασότητα γωνιών.png (37.34 KiB) Προβλήθηκε 132 φορές

#5

KARKAR έγραψε: Σάβ Οκτ 17, 2026 10:24 pm ΙΑδικαιολόγητη ισότητα γωνιών.pngΣτο - $a \times b$ - ορθογώνιο , ο κύκλος $(A , AC)$ τέμνει τις προεκτάσεις της διαγωνίου ,

στα σημεία . Δείξτε ότι : $\widehat{BCS}=\widehat{DCP}$ και βρείτε έναν τριγωνομετρικό αριθμό της γωνίας $\phi$ .

Απόδειξη του δεύτερου ερωτήματος.
.

: Αδικαιολόγητη ισότητα γωνιών_extra.png (27.54 KiB) Προβλήθηκε 83 φορές

.
Το

είναι τραπέζιο (πρώτη ανάρτησή μου εδώ) και άρα :

2(APE) = 2(ADE) \Rightarrow A{E^2}\sin 2\phi = ab \Rightarrow \boxed{\sin 2\phi = \frac{{ab}}{{{a^2} + {b^2}}}}

Παρατήρηση

Η λύση έγινε όταν έριξα «ένα βλέφαρο» στην Λύση του φίλτατου Γιώργου Βισβίκη .

Κλειδί για εύκολη αντιμετώπιση της άσκησης φαίνεται να είναι , η χρήση εμβαδών .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

KARKAR έγραψε: Σάβ Οκτ 17, 2026 10:24 pm ΙΑδικαιολόγητη ισότητα γωνιών.pngΣτο - $a \times b$ - ορθογώνιο , ο κύκλος $(A , AC)$ τέμνει τις προεκτάσεις της διαγωνίου ,

στα σημεία . Δείξτε ότι : $\widehat{BCS}=\widehat{DCP}$ και βρείτε έναν τριγωνομετρικό αριθμό της γωνίας $\phi$ .

B)Στόχος είναι να υπολογιστεί το $sin\theta$ μόνο με χρήση του ορισμού

Με

MN \bot PS

και λόγω του παραλ/μμου

QDBA

οι κόκκινες γωνίες

του σχήματος είναι ίσες,άρα τα τρίγωνα

DMA,QDA

είναι όμοια

\dfrac{AM}{QD}= \dfrac{AD}{AQ} \Rightarrow \dfrac{AM}{a}= \dfrac{b}{ \sqrt{a^2+b^2} } \Rightarrow AM= \dfrac{ab}{ \sqrt{a^2+b^2} }

\theta = \phi \Rightarrow SL=PQ \Rightarrow PSLQ

ισοσκελές τραπέζιο,άρα

μεσοκάθετος των βάσεων

QL,PS

Είναι

MS^2=AS^2-AM^2=(\sqrt{a^2+b^2})^2- \dfrac{a^2b^2}{a^2+b^2} = \dfrac{a^4+b^4+a^2b^2}{a^2+b^2}

Έτσι,

PS=2MS=2 \sqrt{\dfrac{a^4+b^4+a^2b^2}{a^2+b^2} }

Ο Πτολεμαίος στο

PSLQ

δίνει

PQ^2+PS.QL=PL^2=QL^2-QP^2 \Rightarrow 2QP^2=QL^2-PS.QL \Rightarrow 2 (\dfrac{QP}{QL}) ^2=1- \dfrac{PS}{QL}

Άρα

2sin^2 \theta =1- \dfrac{PS}{QL}

και με αντικατάσταση του

και

QL=2\sqrt{a^2+b^2}

παίρνουμε

2sin^2 \phi =1- \dfrac{ \sqrt{a^4+b^4+a^2b^2} }{a^2+b^2}

: Αδικαιολόγητη ισότητα γωνιών 1..png (35.2 KiB) Προβλήθηκε 46 φορές

Αδικαιολόγητη ισότητα γωνιών

Αδικαιολόγητη ισότητα γωνιών

Re: Αδικαιολόγητη ισότητα γωνιών

Re: Αδικαιολόγητη ισότητα γωνιών

Re: Αδικαιολόγητη ισότητα γωνιών

Re: Αδικαιολόγητη ισότητα γωνιών

Re: Αδικαιολόγητη ισότητα γωνιών

Μέλη σε σύνδεση