Σε γνωστά μονοπάτια...

#1

Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και $\hat{A}=100^{o}$ φέρνουμε την διχοτόμο ΒΔ. Να αποδειχτεί ότι ΑΔ+ΔΒ=ΒΓ.

#2

Kώστα είναι σχεδόν η ίδια με την άσκηση που έστειλε ο Λεωνίδας...(brasileiro).
Mια λύση...με τριγωνομετρία..(

).
Στο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε, απο το νόμο των ημιτόνων:
$\displaystyle{\displaystyle \begin{gathered} {\rm A}\Delta = \frac{{\sin 20^0 }} {{\sin 60^0 }} \cdot {\rm A}{\rm B} \hfill \\ \Delta {\rm B} = \frac{{\sin 100^0 }} {{\sin 60^0 }} \cdot {\rm A}{\rm B} \hfill \\ \end{gathered} }$ .

Αρα:
$\displaystyle{\displaystyle {\rm A}\Delta + \Delta {\rm B} = \frac{{\left( {\sin 20^0 + \sin 100^0 } \right)}} {{\sin 60^0 }} \cdot {\rm A}{\rm B} = \frac{{2\sin 60^0 \cos 40^0 }} {{\sin 60^0 }} \cdot {\rm A}{\rm B} = 2\sin 50^0 \cdot {\rm A}{\rm B} = \frac{{2\sin 50^0 \cos 50^0 }} {{\cos 50^0 }} \cdot {\rm A}{\rm B} = \frac{{\sin 100^0 }} {{\cos 50^0 }} \cdot {\rm A}{\rm B} = \frac{{\sin 100^0 }} {{\sin 40^0 }} \cdot {\rm A}{\rm B} = {\rm B}\Gamma }$
αφού απο το τρίγωνο ΑΒΓ και το νόμο των ημιτόνων προκύπτει:

$\displaystyle{\displaystyle {\rm B}\Gamma = \frac{{\sin 100^0 }} {{\sin 40^0 }} \cdot {\rm A}{\rm B} }$ .

#3

: rek,2.PNG (10.37 KiB) Προβλήθηκε 1708 φορές

#4

chris_gatos έγραψε:Kώστα είναι σχεδόν η ίδια με την άσκηση που έστειλε ο Λεωνίδας...(brasileiro).

Χρήστο, έτσι είναι, όπως τα λες!
Τελικά, σχεδόν όλες οι ασκήσεις ισοσκελών τριγώνων με γωνία κορυφής 100 ή 20 μοιρών συνδέονται μεταξύ τους και αυτή ή άσκηση, όπως και του Λεωνίδα δείχνουν την συσχέτιση. Αν αυτές λυθούν γεωμετρικά αποκρυπτογραφείται ένα μεγάλο κομμάτι της ιστορίας τους.

#5

Nομίζω πως μόλις βοήθησε στην...αποκρυπτογράφηση η Φωτεινή!
Επιστροφή στη βραζιλιάνικη, για γεωμετρική λύση...

#6

Μία ακόμη "καθαρή" γεωμετρική λύση:

: 100 moires.png (8.05 KiB) Προβλήθηκε 1541 φορές

Προεκτείνουμε τη ΒΔ κατά ΔΕ, ώστε ΒΕ =ΒΓ.
Αρκεί: ΔΕ = ΑΔ.
Είναι $\widehat{{\rm B}{\rm E}\Gamma } = \widehat{{\rm B}\Gamma {\rm E}} = 80^\circ$ , και αφού $\widehat{B\Gamma \Delta} = 40^\circ$ είναι $\widehat{\Gamma \Delta {\rm E}} = 60^\circ$ .
Επίσης είναι $\widehat{{\rm B}\Delta \Gamma } = 120^\circ$ .
Φέρνουμε τη διχοτόμο ΔΖ στο ΒΔΓ και την προέκτασή της στο ΑΔΕ, ώστε να τέμνει την ΑΕ στο Η.
Είναι ΑΒΔ = ΒΔΖ (ΒΔ κοινή και δύο παρά τη βάση γωνίες ίσες), οπότε ΑΔ =ΔΖ, δηλαδή ΒΔ μεσοκάθετος ΑΖ.
Τότε η ΕΒ μεσοκάθετος της ΑΖ, άρα ΑΕ = ΕΖ.
Συγκρίνοντας τα ΑΔΕ και ΔΖΕ (ΑΕ = ΖΕ, ΔΕ κοινή και $\widehat{{\rm A}\Delta {\rm E}} = \widehat{{\rm Z}\Delta {\rm E}} = 120^\circ$ ), προκύπτει ΑΔ = ΔΕ, ο.ε.δ.

Γιώργος Ρίζος

#7

Ανέβασα μια λύση διαφορετική από τις άλλες. Ελπίζω να αρέσει.

p_gianno · #8

Μία ακόμη λύση γι'αυτό το θέμα

100 moires.pdf: (51.03 KiB) Μεταφορτώθηκε 65 φορές

Πάνος

Σε γνωστά μονοπάτια...

Σε γνωστά μονοπάτια...

Re: Σε γνωστά μονοπάτια...

Re: Σε γνωστά μονοπάτια...

Re: Σε γνωστά μονοπάτια...

Re: Σε γνωστά μονοπάτια...

Re: Σε γνωστά μονοπάτια...

Re: Σε γνωστά μονοπάτια...

Re: Σε γνωστά μονοπάτια...

Μέλη σε σύνδεση