mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 15, 2011 3:49 pm**

Θεωρούμε τα τετράγωνα $\displaystyle{ ABB_1 A_1 ,B\Gamma \Gamma _1 {\rm B}_1 ,\Gamma \Delta \Delta _1 \Gamma _1 }$ .Να δείξετε ότι $\displaystyle{ A\widehat\Gamma {\rm A}_1 + {\rm A}\widehat\Delta {\rm A}_1 = 45^0 }$

Καλή διασκέδαση!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 15, 2011 4:35 pm**

Αν $\displaystyle{ {\rm E} \equiv {\rm B}{\rm B}_1 \cap \Delta \Gamma _1 }$ τότε τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle {\rm E}{\rm B}_1 \Gamma _1 ,\;\vartriangle {\rm E}{\rm B}_1 {\rm A}_1 }$ είναι ορθογώνια και ισοσκελή (αφού στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle \Delta {\rm B}{\rm E} }$

είναι $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \Gamma \Gamma _1 \bot {\rm B}\Delta \hfill \\ {\rm E}{\rm B} \bot {\rm B}\Delta \hfill \\ \end{gathered} \right\} \Rightarrow \Gamma \Gamma _1 //{\rm E}{\rm B}\mathop \Rightarrow \limits^{\Gamma (\mu \sigma o.\tau \eta \varsigma .\Delta {\rm B})} \Gamma \Gamma _1 = \frac{{{\rm E}{\rm B}}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\Gamma \Gamma _1 = {\rm B}{\rm B}_1 } \Gamma \Gamma _1 = {\rm E}{\rm B}_1 = {\rm B}_1 \Gamma _1 = {\rm B}_1 {\rm A}_1 }$

Έτσι το τετράπλευρο $\displaystyle{ \Delta \Delta _1 {\rm E}{\rm A}_1 }$ θα είναι εγγράψιμο σε κύκλο ( αφού $\displaystyle{ \widehat{\Delta \Delta _1 {\rm A}_1 } = \widehat{\Delta {\rm E}{\rm A}_1 } = 90^0 }$ («βλέπουν» την ίδια πλευρά $\displaystyle{ {\rm A}_1 \Delta }$ )

και το $\displaystyle{ \Delta \Delta _1 {\rm E}{\rm B}_1 }$ είναι παραλληλόγραμμο ( αφού $\displaystyle{ \Delta \Delta _1 \mathop = \limits^{//} {\rm E}{\rm B}_1 }$ )

Από το παραλληλόγραμμο προκύπτει ότι: $\displaystyle{ \boxed{\widehat{\Gamma _1 \Delta {\rm B}_1 } = \widehat{\Delta {\rm E}\Delta _1 }}:\left( 1 \right) }$ (εντός εναλλάξ) και από το εγγράψιμο τετράπλευρο $\displaystyle{ \Delta \Delta _1 {\rm E}{\rm A}_1 \Rightarrow \boxed{\widehat{\Delta {\rm E}\Delta _1 } = \widehat{\Delta {\rm A}_1 \Delta _1 }\mathop = \limits^{{\rm A}_1 \Delta _1 //{\rm A}\Delta (\varepsilon \nu \tau \varsigma .\varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \xi )} \widehat{{\rm A}\Delta {\rm A}_1 }}:\left( 2 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \boxed{\widehat{{\rm A}\Delta {\rm A}_1 } = \widehat{\Gamma _1 \Delta {\rm B}_1 }}:\left( 3 \right) }$ . Και επειδή προφανώς $\displaystyle{ \Gamma \Delta {\rm B}_1 {\rm A}_1 }$ είναι παραλληλόγραμμο ( $\displaystyle{ \Gamma \Delta \mathop = \limits^{//} {\rm A}_1 {\rm B}_1 }$ ) θα είναι $\displaystyle{ {\rm A}_1 \Gamma //{\rm B}_1 \Delta \Rightarrow \boxed{\widehat{{\rm A}\Gamma {\rm A}_1 } = \widehat{{\rm A}\Delta {\rm B}_1 }}:\left( 4 \right) }$

Από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει ότι: $\displaystyle{ \widehat{{\rm A}\Gamma {\rm A}_1 } + \widehat{{\rm A}\Delta {\rm A}_1 }\mathop = \limits^{\left( 4 \right),\left( 3 \right)} \widehat{{\rm A}\Delta {\rm B}_1 } + \widehat{\Gamma _1 \Delta {\rm B}_1 } = \widehat{\Gamma \Delta \Gamma _1 }\mathop = \limits^{\Gamma \Delta \Delta _1 \Gamma _1 (\tau \varepsilon \tau \rho \gamma \omega \nu o - \Delta \Gamma _1 (\delta \iota \alpha \gamma \nu \iota o\varsigma ))} 45^0 \Rightarrow \boxed{\widehat{{\rm A}\Gamma {\rm A}_1 } + \widehat{{\rm A}\Delta {\rm A}_1 } = 45^0 } }$

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 15, 2011 5:01 pm**

Για να δούμε το πιο πάνω θέμα κάπως διαφορετικά (ίσως πιο εύκολα)

Αν $\displaystyle{ a }$ είναι η πλευρά των ίσων τετραγώνων τότε από τα πυθαγόρεια θεωρήματα στα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle ABA_1 ,A\Gamma {\rm A}_1 ,{\rm A}\Delta {\rm A}_1 }$ βρίσκουμε τις υποτείνουσες

$\displaystyle{ {\rm A}_1 {\rm B} = a\sqrt 2 ,{\rm A}_1 \Gamma = a\sqrt 5 ,{\rm A}_1 \Delta = a\sqrt {10} }$ . Τότε όμως για τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle {\rm A}_1 {\rm B}\Gamma ,\vartriangle {\rm A}_1 {\rm B}\Delta }$ ισχύει: $\displaystyle{ \frac{{{\rm B}\Gamma }} {{{\rm A}_1 {\rm B}}} = \frac{a} {{a\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }} {2},\frac{{A_1 B}} {{B\Delta }} = \frac{{a\sqrt 2 }} {{2a}} = \frac{{\sqrt 2 }} {2},\frac{{A_1 \Gamma }} {{A_1 \Delta }} = \frac{{a\sqrt 5 }} {{a\sqrt {10} }} = \frac{{\sqrt 2 }} {2} }$

δηλαδή $\displaystyle{ \frac{{{\rm B}\Gamma }} {{{\rm A}_1 {\rm B}}} = \frac{{A_1 B}} {{B\Delta }} = \frac{{A_1 \Gamma }} {{A_1 \Delta }} = \frac{{\sqrt 2 }} {2} }$ (πλευρές ανάλογες) άρα είναι όμοια) οπότε θα είναι και οι αντίστοιχες γωνίες τους ίσες δηλαδή $\displaystyle{ \boxed{\widehat{{\rm B}{\rm A}_1 \Gamma } = \widehat{{\rm A}\Delta {\rm A}_1 }}:\left( 1 \right) }$

Όμως στο $\displaystyle{ \vartriangle {\rm A}_1 {\rm B}\Gamma }$ η γωνία $\displaystyle{ \widehat{{\rm A}{\rm B}{\rm A}_1 } }$ είναι εξωτερική οπότε: $\displaystyle{ \widehat{{\rm A}{\rm B}{\rm A}_1 } = \widehat{{\rm B}{\rm A}_1 \Gamma } + \widehat{{\rm A}\Gamma {\rm A}_1 }\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \widehat{{\rm A}\Delta {\rm A}_1 } + \widehat{{\rm A}\Gamma {\rm A}_1 }\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{{\rm A}{\rm B}{\rm A}_1 } = 45^0 } \boxed{\widehat{{\rm A}\Delta {\rm A}_1 } + \widehat{{\rm A}\Gamma {\rm A}_1 } = 45^0 } }$

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 15, 2011 5:23 pm**

Και μία τριγωνομετρική:
Έστω (για ευκολία) $\displaystyle{ {\rm A}\mathop \Gamma \limits^ \wedge {\rm A}_1 = x }$ και $\displaystyle{ {\rm A}\mathop \Delta \limits^ \wedge {\rm A}_1 = y }$ .
Χρησιμοποιώντας το σχήμα του κυρίου Κουτρα είναι $\displaystyle{ \tan x = \frac{1}{2} }$ και $\displaystyle{ \tan y = \frac{1}{3} }$ .
Επομένως
$\displaystyle{ \tan (x + y) = \frac{{\tan x + \tan y}}{{1 - \tan x\tan y}} \Rightarrow \tan (x + y) = \frac{{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}}{{1 - \frac{1}{2}\frac{1}{3}}} \Rightarrow \tan (x + y) = \frac{{\frac{5}{6}}}{{1 - \frac{1}{6}}} \Rightarrow \tan (x + y) = 1 }$

$\displaystyle{ \Rightarrow x + y = 45^ \circ }$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 15, 2011 6:05 pm**

: Προπόνηση-στη-γεωμετρία-(3).jpg (52.72 KiB) Προβλήθηκε 2096 φορές

Καλησπέρα στην παρέα.

Φέρω το συμμετρικό του τριγώνου ${{\rm A}_1}\Delta \Gamma$ ως προς ${\rm A}\Delta$ (τρίγωνο ${{\rm A}_2}\Delta \Gamma$ ) και τη ${{\rm B}_1}\Delta$ .

Τα ορθογώνια τρίγωνα ${{\rm A}_1}{{\rm B}_1}{{\rm A}_2},\,{\Delta _1}{{\rm B}_1}\Delta$ είναι ίσα (2 πλευρές αντίστοιχα ίσες) και αφού ${{\rm A}_1}\widehat {{{\rm B}_1}}{{\rm A}_2} + {\Delta _1}\widehat {{{\rm B}_1}}\Delta = {90^ \circ }$ , το τρίγωνο ${{\rm A}_2}{{\rm B}_1}\Delta$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, συνεπώς:

${\rm A}\hat \Gamma {{\rm{A}}_1} + {\rm{A}}\hat \Delta {{\rm{A}}_1}\mathop = \limits^{\varepsilon \nu \tau .\varepsilon \kappa \tau .\varepsilon \pi \iota \tau \alpha \upsilon \tau \alpha /\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho .} {{\rm B}_1}\widehat \Delta \Gamma + \Gamma \widehat \Delta {{\rm A}_2} = {{\rm B}_1}\widehat \Delta {{\rm A}_2} = {45^0}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 16, 2011 1:09 am**

Μία ελαφρώς διαφορετική:

Αν θεωρήσουμε σύστημα με αρχή A_1

και άξονες $A_1\Delta_1$ και A_1A

έχουμε ότι (ως εντός εναλλάξ) $\widehat{A\Gamma A_1}=\widehat{\Delta_1 A_1 \Gamma}$ και $\widehat{A\Delta A_1}=\widehat{\Delta_1 A_1 \Delta}$ .

Τώρα, $\displaystyle{\lambda_{A_1\Delta}=\frac{1}{3}\Leftrightarrow \widehat{A\Delta A_1}=tan^{-1}\left(\frac{1}{3}\right) }$ και $\displaystyle{\lambda_{A_1\Gamma}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \widehat{A\Gamma A_1}=tan^{-1}\left(\frac{1}{2}\right) }$ . Eπομένως,

$\displaystyle{\widehat{A\Gamma A_1}+\widehat{A\Delta A_1}=tan^{-1}\left(\frac{1}{3}\right)+tan^{-1}\left(\frac{1}{2}\right)=tan^{-1}\left(\frac{\frac{1}{3}+\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}}\right)=tan^{-1}\left(\frac{\frac{5}{6}}{1-\frac{1}{6}}\right)=tan^{-1}1=45^{o}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 16, 2011 2:12 am**

chris_gatos έγραψε:Θεωρούμε τα τετράγωνα $\displaystyle{ ABB_1 A_1 ,B\Gamma \Gamma _1 {\rm B}_1 ,\Gamma \Delta \Delta _1 \Gamma _1 }$ .Να δείξετε ότι $\displaystyle{ A\widehat\Gamma {\rm A}_1 + {\rm A}\widehat\Delta {\rm A}_1 = 45^0 }$

Καλή διασκέδαση!

Βάσει αυτού:

Να υπολογιστεί η γωνία Α τριγώνου ΑΒΓ με Β, Γ οξείες, αν το ύψος ΑΔ είναι το μισό του ΒΔ και το ένα τρίτο του ΔΓ.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 16, 2011 9:10 am**

chris_gatos έγραψε:Θεωρούμε τα τετράγωνα $\displaystyle{ ABB_1 A_1 ,B\Gamma \Gamma _1 {\rm B}_1 ,\Gamma \Delta \Delta _1 \Gamma _1 }$ .Να δείξετε ότι $\displaystyle{ A\widehat\Gamma {\rm A}_1 + {\rm A}\widehat\Delta {\rm A}_1 = 45^0 }$

Καλή διασκέδαση!

Μία λύση σαν του Μιχάλη λίγο διαφορετικά διατυπωμένη.

Είναι $A_1\Gamma=DM=A_1M$ (1) ως διαγώνιοι ίσων ορθογωνίων.
$<A_1\Gamma A=<ADM$ . (αφου $\triangleright A_1\Gamma A=\triangleright BDM$ ).

Αρκεί να δειχθεί ότι $A_1DM = 45^{\circ}$ που ισχύει ως γωνία βάσης ορθογωνίου ισοσκελούς τριγώνου αφού $\triangleright A_1MD$ λόγω (1) ισοσκελές με $<M=90^{\circ}=\chi+\psi$

Πρέπει να την έχουμε ξαναδεί την άσκηση αυτή.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 16, 2011 11:35 am**

chris_gatos έγραψε:Θεωρούμε τα τετράγωνα $\displaystyle{ ABB_1 A_1 ,B\Gamma \Gamma _1 {\rm B}_1 ,\Gamma \Delta \Delta _1 \Gamma _1 }$ .Να δείξετε ότι $\displaystyle{ A\widehat\Gamma {\rm A}_1 + {\rm A}\widehat\Delta {\rm A}_1 = 45^0 }$

Καλή διασκέδαση!

Ακόμα μία λύση
με βάση το σχήμα πιο κάτω έχουμε
$<A_1ND=<A_1 A \Gamma=90^{\circ}$
και
$\frac{ND}{NA_1}=\frac{A\Gamma}{AA_1}=\frac{2}{1}$
συνεπώς
$\triangleright A_1ND \sim \triangleright A_1 A \Gamma$
άρα
$\chi = \phi$
Όμως $\chi + z= \chi +\phi=45^{\circ}$ οεδ

Εναλλακτικά $\chi = \phi$ επειδή $tan\chi = tan\phi=\frac{1}{2}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 15, 2013 9:43 pm**

Με αφορμή μία συζήτηση για ένα άλλο θέμα που συζητήσαμε με ένα συνάδελφο φυσικό (ο οποίος έχει έντονο ενδιαφέρον για τα μαθηματικά) στο σχολείο, προέκυψε η παρακάτω λύση στο πρόβλημα. Του έδωσα αρκετές παραπομπές μέσα στο mathematica για το πρόβλημα από τις οποίες, του έγραψα, απουσίαζαν οι μιγαδικοί! Για πληρότητα λοιπόν προσθέτω άλλη μία προσέγγιση:

Χωρίς βλάβη της γενικότητας έστω ότι η πλευρά κάθε τετραγώνου είναι ίση με 1. Τοποθετούμε το

στην αρχή των αξόνων. Επειδή $\angle{\Delta B \Delta_1}=\angle{\Delta A \Gamma_1}=\theta$ θα μετρήσουμε τη $\theta+\phi=\angle{\Delta A \Gamma_1}+\angle{\Delta A \Delta_1}$ η οποία είναι ίση με το όρισμα του μιγαδικού z_1z_2

με

και

που είναι οι μιγαδικοί με εικόνες τα σημεία $\Delta_1$ και $\Gamma_1$ αντίστοιχα.

Όμως $z_1z_2=5(1+i)=5\sqrt{2}\left(\cos{\dfrac{\pi}{4}}+i\sin{\dfrac{\pi}{4}}\right)$ ο οποίος έχει όρισμα $\dfrac{\pi}{4}$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Η παραπάνω απόδειξη είναι αφιερωμένη στο Μανώλη Λαμπράκη, το φυσικό που σας έγραψα παραπάνω.

Αλέξανδρος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 09, 2013 2:06 pm**

για να υπάρχουν συγκεντρωμένες, άλλες λύσεις της παραπάνω άσκησης βρίσκονται

εδώ, εδώ, εδώ και μεταμφιεσμένη εδώ

mathematica.gr

Προπόνηση στη γεωμετρία(3)

Προπόνηση στη γεωμετρία(3)

Re: Προπόνηση στη γεωμετρία(3)

Re: Προπόνηση στη γεωμετρία(3)

Re: Προπόνηση στη γεωμετρία(3)

Re: Προπόνηση στη γεωμετρία(3)

Re: Προπόνηση στη γεωμετρία(3)

Re: Προπόνηση στη γεωμετρία(3)

Re: Προπόνηση στη γεωμετρία(3)

Re: Προπόνηση στη γεωμετρία(3)

Re: Προπόνηση στη γεωμετρία(3)

Re: Προπόνηση στη γεωμετρία(3)