mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 9:30 pm**

Με το αρχικό σχήμα.

: shape.png (21.04 KiB) Προβλήθηκε 1427 φορές

Από Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ADB

, $\displaystyle AD = \sqrt 5$ και στο ABC

$\displaystyle AC = \sqrt {40}$

Από Νόμο Ημιτόνων στο ADC

, $\displaystyle \frac{5}{{\eta \mu \omega }} = \frac{{\sqrt 5 }}{{\eta \mu C}} \Leftrightarrow \eta \mu \omega = \sqrt 5 \eta \mu C = \sqrt 5 \cdot \frac{2}{{\sqrt {40} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \omega = 45^\circ$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 9:31 pm**

Κι άλλη μία.

: shape.png (21.04 KiB) Προβλήθηκε 1425 φορές

Από Τριγωνομετρικό CEVA στο ABC

$\displaystyle \frac{5}{1} = \frac{{\eta \mu \omega \cdot AC}}{{\eta \mu DAB \cdot {\rm A}{\rm B}}} \Leftrightarrow 5 = \frac{{\eta \mu \omega \sqrt {40} }}{{\frac{1}{{\sqrt 5 }} \cdot 2}} \Leftrightarrow \eta \mu \omega = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\;\; \Leftrightarrow \omega = 45^\circ$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 13, 2020 12:06 am**

: 12plus.png (336.32 KiB) Προβλήθηκε 1410 φορές

Εστω

μέσο του

και

μέσο

. Είναι $\displaystyle \overrightarrow{MD}\cdot \overrightarrow{DA}=(2,-1) \cdot (1,2)=0 \Rightarrow MD\perp DA$

και από Π.Θ στα τρίγωνα MFD, ADB

είναι $MD=AD=\sqrt{5}$ . Συνεπώς $\angle MAD = 45^0$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 13, 2020 12:15 am**

: 12_plus_8.png (14.13 KiB) Προβλήθηκε 1409 φορές

ν

η απόσταση του μέσου

της

από την

, τα ορθογώνια τρίγωνα

$BAD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KDM$ έχουν τις κάθετες πλευρές ίσες και έτσι θα είναι ίσα και θα έχουν:

$DA = DM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {ADM} = 180^\circ - \left( {\widehat {{\phi _{}}} + \widehat {{\theta _{}}}} \right) = 90^\circ$ και άρα $\boxed{\widehat {{\omega _{}}} = 45^\circ }$ .

Βλέπω με πρόλαβε ο Αγαπητός Γιώργης (Καλαθάκης)

Το αφήνω για τον κόπο .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 13, 2020 9:33 am**

Με Π.Θ είναι $\displaystyle AC = 2\sqrt {10} ,AD = \sqrt 5.$ Έστω

το μέσο της AC.

: 12plus.γ.png (7.04 KiB) Προβλήθηκε 1391 φορές

Με θεώρημα διαμέσων βρίσκω $\displaystyle DM = \sqrt 5 = AD,$ άρα το DAM

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και $\boxed{\omega=45^\circ}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 13, 2020 4:20 pm**

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς

και

το μέσο του AE.

: 12plus.δ.png (10.58 KiB) Προβλήθηκε 1376 φορές

$\displaystyle A{B^2} = 4 = DB \cdot BE \Leftrightarrow D\widehat AE = 90^\circ.$ Είναι ακόμα, $AD=AM=\sqrt 5,$ άρα $\theta=45^\circ.$

Αλλά, $\displaystyle DM||AC \Leftrightarrow$ $\boxed{\omega = \theta = 45^\circ }$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 13, 2020 6:57 pm**

Χαιρετώ και πάλι!

: 12 Γ ΜΝ.png (79.15 KiB) Προβλήθηκε 1363 φορές

Το $Z \in CB$ ώστε $ZA \perp AC$ και $DF \perp AZ$ . Βρίσκουμε $AD=\sqrt{5}...AC=2\sqrt{10}$

ενώ $DZ=ZC/4\Rightarrow DF=AC/4=\sqrt{10}/2$ . Έτσι $cosa=\dfrac{DF}{AD}=\dfrac{\sqrt{10}/2}{\sqrt{5}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2 }\Rightarrow a=\dfrac{\pi }{4}$

Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 14, 2020 7:44 pm**

: 12 plus.png (17.14 KiB) Προβλήθηκε 1338 φορές

Το

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές , με : $OC=OD=\sqrt{12.5}$ . Με Π.Θ. στο τραπέζιο OMBA

,

βρίσκω ότι και $OA=\sqrt{3.5^2+0.5^2}=\sqrt{12.5}$ . Άρα $\widehat{CAD}=45^0$ , ως εγγεγραμμένη σε τόξο 90^0

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 15, 2020 9:39 am**

Ακόμα μία

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 18, 2020 1:25 pm**

Χαίρετε! Μια ακόμη (τελευταία;)
Ως γνωστόν σε τρίγωνο με $\widehat{A}=90^o$ ισχύει για την διχοτόμο $\delta _{a}=\dfrac{bc\sqrt{2}}{b+c}$ .
Με χρήση και του σχήματος

: 12 .. ΜΝ.png (86.28 KiB) Προβλήθηκε 1304 φορές

Είναι $ZA \perp AC$ με $Z \in CB$ .Βρίσκουμε $AD=\sqrt{5}...AC=2\sqrt{10}$ και $AZ=2\sqrt{10}/3$ .

Ο κύκλος $(A,\sqrt{5})$ τέμνει την ευθεία

σε δύο σημεία συμμετρικά ως προς το

.

Στο ορθ. $\triangle CAZ$ η διχοτόμος $\delta _{a}=\dfrac{AC\cdot AZ\sqrt{2}}{AC+AZ}=...=\sqrt{5}=AD$ .

Επομένως η

είναι κατ΄ανάγκην η διχοτόμος της $\widehat{CAZ}=90^o$ οπότε και $\widehat{CAD}=45^o$ .

Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 18, 2020 2:06 pm**

Μιχάλης Νάννος έγραψε: Δευ Οκτ 12, 2020 3:06 pm 2020-10-11_20-42-02.jpgΣας ευχαριστώ πολύ για τις όμορφες λύσεις σας...φυσικά μπορούν να βρεθούν και άλλες (ειδικά με τριγωνομετρία). Αφορμή της άσκησης αυτό το video.

Τον κατατροπώσαμε τον τύπο στο video.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 18, 2020 2:32 pm**

: 12plus.png (36.42 KiB) Προβλήθηκε 1294 φορές

Θυμήθηκα εκείνο το παλιό πρόβλημα με τα τρία τετράγωνα όπως στο σχήμα που λέει ότι $\widehat\phi+\widehat\omega=45^\circ.$
Οι δύο μπλε γωνίες είναι ίσες από ομοιότητα. Άρα και η πράσινη γωνία είναι $45^\circ.$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 21, 2020 1:16 am**

Καλημέρα! Άλλη μία..

: 12 .. ΜΝ(1).png (105.06 KiB) Προβλήθηκε 1263 φορές

Στην προέκταση της

παίρνουμε το

ώστε να είναι $\widehat{ADE}=\dfrac{\pi }{8}$ .Ως γνωστόν $tan\dfrac{\pi }{8}=\sqrt{2}-1$ , ενώ $tan\omega =\dfrac{1}{3}$ .

Έχουμε $tan\left ( \dfrac{\pi }{8}+\varphi \right )=2\Rightarrow tan\varphi =..=\dfrac{3-\sqrt{2}}{2\sqrt{2}-1}$ .

Ακόμη $y=\varphi -\omega \Rightarrow tany=...=\sqrt{2}-1=tan\dfrac{\pi }{8}$ οπότε και $y=\dfrac{\pi }{8}$ . Άρα $\widehat{CAD}=\dfrac{\pi }{4}$ .

Φιλικά, Γιώργος.

mathematica.gr

12 plus

Re: 12 plus

Re: 22 plus

Re: 12 plus

Re: 12 plus

Re: 12 plus

Re: 12 plus

Re: 12 plus

Re: 12 plus

Re: 12 plus

Re: 12 plus

Re: 12 plus

Re: 12 plus

Re: 12 plus