mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 02, 2017 1:19 am**

Καλημέρα .

: 2-4-17 Γωνία ..Γεωμετρική..PNG (8.73 KiB) Προβλήθηκε 1402 φορές

Το τρίγωνο ABC

έχει

και $\widehat{A}= 40^{0}$ . Για το σημείο

της

ισχύει

.

Το $GC\perp AC$ ενώ το

είναι εφαπτόμενο στο

του τόξου που ορίζουν τα B,C,D

.

Στην προέκταση της

παίρνουμε

. Να δειχθεί ότι $A\widehat{E}C=60^{0}$ .

Ευχαριστώ , Γιώργος .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 09, 2017 1:49 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:Καλημέρα .

Το τρίγωνο έχει και $\widehat{A}= 40^{0}$ . Για το σημείο της ισχύει .Το $GC\perp AC$ ενώ το είναι εφαπτόμενο στο του τόξου που ορίζουν τα .Στην προέκταση της παίρνουμε . Να δειχθεί ότι $A\widehat{E}C=60^{0}$ .
Ευχαριστώ , Γιώργος .

Γιώργο καλησπέρα! Μου άρεσε ιδιαίτερα αυτό το πρόβλημα. Δυστυχώς δεν κατάφερα να αποφύγων τη "σκληρή" τριγωνομετρία η οποία (μάλλον δύσκολα θα αποφευχθεί) υποθέτω ότι είναι επιτρεπτή αν κρίνω από το φάκελο στον οποίο έχει τεθεί το όμορφο αυτό πρόβλημα!

Ας είναι το σημείο τομής (εκτός του ) της με τον περίκυκλο του τριγώνου $\vartriangle BCD$ και οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα. Από τη συμμετρία (λόγω του ισοσκελούς τριγώνου) και τα δεδομένα του προβλήματος προκύπτει εύκολα ότι $\angle BDC={{80}^{0}},\angle DBC=\angle BCN={{30}^{0}},\angle CDG={{30}^{0}},\angle ACB={{70}^{0}}$ .

$CK\mathop = \limits^{\vartriangle NKC(\angle NKC = {{90}^0},\angle NCK = {{30}^0})} CN \cdot \cos {30^0} =$ $\dfrac{{CN\sqrt 3 }}{2}\mathop = \limits^{\vartriangle NLC(\angle NLC = {{90}^0},\angle NCL = {{40}^0})} \dfrac{{CL\sqrt 3 }}{{2\cos {{40}^0}}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{CK}}{{CL}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{2\cos {{40}^0}}}}:\left( 1 \right)$

$\vartriangle ABC\xrightarrow{{\nu .\eta \mu \iota \tau o\nu \omega \nu }}\dfrac{{AC}}{{\sin {{70}^0}}} = \dfrac{{BC}}{{\sin {{40}^0}}} \Rightarrow \boxed{AC = \dfrac{{BC\sin {{70}^0}}}{{\sin {{40}^0}}}}:\left( 2 \right)$
[attachment=0]Γωνία γεωμετρίας.png[/attachment]
$\vartriangle BDC\xrightarrow{{\nu .\eta \mu \iota \tau o\nu \omega \nu }}\dfrac{{BC}}{{\sin {{80}^0}}} = \dfrac{{DC}}{{\sin {{30}^0}}}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle DCG\left( {\angle DCG = {{90}^0},\angle CDG = {{30}^0}} \right) \to DC = CG \cdot \cot {{30}^0} \to DC = EB \cdot \cot {{30}^0}}$ $\dfrac{{BC}}{{\sin {{80}^0}}} = \dfrac{{EB \cdot \cot {{30}^0}}}{{\sin {{30}^0}}} \Rightarrow$

$EB = \dfrac{{BC\sin {{30}^0}}}{{\sin {{80}^0}\cot {{30}^0}}} \Rightarrow EB = \dfrac{{BC}}{{2\sqrt 3 \sin {{80}^0}}} \Rightarrow$ $EB + BC = \dfrac{{BC}}{{2\sqrt 3 \sin {{80}^0}}} + BC \Rightarrow \boxed{EC = \dfrac{{BC\left( {1 + 2\sqrt 3 \sin {{80}^0}} \right)}}{{2\sqrt 3 \sin {{80}^0}}}}:\left( 3 \right)$

$\left( 2 \right):\left( 3 \right) \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{EC}} = \dfrac{{2\sqrt 3 \sin {{80}^0}\sin {{70}^0}}}{{\sin {{40}^0}\left( {1 + 2\sqrt 3 \sin {{80}^0}} \right)}} =$ $\dfrac{{4\sqrt 3 \sin {{40}^0}cos{{40}^0}\cos {{20}^0}}}{{\sin {{40}^0}\left( {1 + 2\sqrt 3 \sin {{80}^0}} \right)}} = \dfrac{{4\sqrt 3 cos{{40}^0}\cos {{20}^0}}}{{1 + 2\sqrt 3 \sin {{80}^0}}}$

$= \dfrac{{2\sqrt 3 \left( {\cos {{60}^0} + \cos {{20}^0}} \right)}}{{1 + 2\sqrt 3 \sin {{80}^0}}} = \dfrac{{2\sqrt 3 \left( {\dfrac{1}{2} + \cos {{20}^0}} \right)}}{{1 + 2\sqrt 3 \sin {{80}^0}}}$ $= \dfrac{{\sqrt 3 \left( {1 + 2\cos {{20}^0}} \right)}}{{1 + 2\sqrt 3 \sin {{80}^0}}} = \dfrac{{2\sqrt 3 \left( {1 + 2\cos {{20}^0}} \right)\cos {{40}^0}}}{{2\left( {1 + 2\sqrt 3 \sin {{80}^0}} \right)\cos {{40}^0}}}$

$= \dfrac{{2\sqrt 3 \left( {\cos {{40}^0} + 2\cos {{20}^0}\cos {{40}^0}} \right)}}{{2\left( {1 + 2\sqrt 3 \cos {{10}^0}} \right)\cos {{40}^0}}} = \dfrac{{2\sqrt 3 \left( {\cos {{40}^0} + \cos {{60}^0} + \cos {{20}^0}} \right)}}{{2\left( {1 + 2\sqrt 3 \cos {{10}^0}} \right)\cos {{40}^0}}} =$ $\dfrac{{2\sqrt 3 \left( {2cos{{30}^0} \cdot cos{{10}^0} + \cos {{60}^0}} \right)}}{{2\left( {1 + 2\sqrt 3 \cos {{10}^0}} \right)\cos {{40}^0}}} =$

$\dfrac{{2\sqrt 3 \left( {2\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \cdot cos{{10}^0} + \dfrac{1}{2}} \right)}}{{2\left( {1 + 2\sqrt 3 \cos {{10}^0}} \right)\cos {{40}^0}}} = \dfrac{{\sqrt 3 \left( {1 + 2\sqrt 3 \cos {{10}^0}} \right)}}{{2\left( {1 + 2\sqrt 3 \cos {{10}^0}} \right)\cos {{40}^0}}} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{{2\cos {{40}^0}}}$

Οπότε $\boxed{\dfrac{{CK}}{{CL}} = \dfrac{{AC}}{{EC}}}:\left( 4 \right)$ . Από την $\left( 4 \right)$ σύμφωνα με το [/color][color=#000000][b][i]Stathis Ko ... b][/color] προκύπτει ότι $CN \bot AE\mathop \Rightarrow \limits^{\angle NCE = {{30}^0}} \boxed{\angle AEC = {{60}^0}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Απρ 23, 2017 3:07 am**

Kαλημέρα σε όλους !
Σ' ευχαριστώ Στάθη για την ευαρέσκειά σου προς το θέμα και βεβαίως για τη λύση !
Είναι όντως εντυπωσιακή η ευρύτητα των εφαρμογών του θεωρήματος ΣΤΑΘΗ ΚΟΥΤΡΑ
λόγω και της ευχέρειας του ..κτήτορος αυτού να το χρησιμοποιεί κατά βούληση !!
Σε επόμενη ανάρτηση προτίθεμαι να υποβάλω και (τουλάχιστον μία) προσωπική προσέγγιση-λύση του θέματος.
Με αφορμή το παρόν , υποβάλλω νέο θέμα-παραλλαγή σε άλλο φάκελο αναμένοντας - όχι άσκοπα- τη συμμετοχή και άλλων φίλων..

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 27, 2017 1:14 pm**

Έστω

μέσο της

,άρα

.

Έστω

το κέντρο του κύκλου που διέρχεται από τα σημεία B , D , C

. Τότε $K \hat{C} B = 10^o = K \hat{B} C$ ,

$C \hat{K} H = 30^o$ , $K \hat{C} H = 90^o$ , οπότε KM = MH = MC = CG = EB

.

Παίρνω

το συμμετρικό του

ως προς τη

και σχηματίζω το ισοσκελές τρίγωνο BLN

με

$N \hat{B} L = 30^o = N \hat{L} B$ . Τότε τα τρίγωνα BNL , KCM

είναι ίσα διότι $KC = KB = BL , N \hat{B} L = 30^o = N \hat{L} B = M \hat{K} C = M \hat{C} K$ . Άρα MC = BN = EB

.

Όμως τα τρίγωνα ABN , ANL

είναι ίσα , άρα $B \hat{A} Ν =\frac{1}{2} B \hat{A} L = 10^o$ και $B \hat{N} A = \frac{120}{2} = 60^o$ .

Τότε τα τρίγωνα AEB , ABN

είναι ίσα διότι $EB = BN , AB = AB , E \hat{B} A = 110^o = N \hat{B} A = 70^o + 10^o + 30^o = 110^o$ .

Άρα $A \hat{E} B = B \hat{N} A = 60^o$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 29, 2017 1:49 pm**

Χαιρετώ όλους ! Να ευχαριστήσω θερμά τον φίλο Αποστόλη για το ..πόνημά του και να

την θαυμάσια Γεωμετρική προσέγγιση-λύση του !
Υποβάλλω στη συνέχεια τη λύση που είχα κατά νου όταν δημοσίευσα το παρόν θέμα :

: 29-4-17 Γωνία Γεωμετρίας.PNG (13.08 KiB) Προβλήθηκε 1095 φορές

Θέτω

και $A\widehat{E}B=x..B\widehat{A}E=y$ .Στο ορθ. τρίγωνο CDG

είναι $C\widehat{D}G=30^{0} \Rightarrow CD=k\sqrt{3}$ .

Από τον (χ3) Ν. Ημιτόνων παίρνουμε : Στο $ABC: \dfrac{b}{a}=\dfrac{\eta \mu 70^{0}}{\eta \mu 40^{0}} \Rightarrow b=\dfrac{a}{2\eta \mu 20^{0}}$ , στο $BCD:\dfrac{a}{k\sqrt{3}}=\dfrac{\eta \mu 80^{0}}{\eta \mu 30^{0}}\Rightarrow \dfrac{a}{k}=2\sqrt{3}\sigma \upsilon \nu 10^{0}$

και στο $AEB: \dfrac{\eta \mu x}{\eta \mu y}=\dfrac{b}{k}=\dfrac{a}{k\cdot 2\eta \mu 20^{0}}=\dfrac{2\sqrt{3}\sigma \upsilon \nu 10^{0}}{2\eta \mu 20^{0}}=\dfrac{\sqrt{3}/2}{\eta \mu 10^{0}}=\dfrac{\eta \mu 60^{0}}{\eta \mu 10^{0}}$ .

Έχουμε λοιπόν $\dfrac{\eta \mu x}{\eta \mu y}=\dfrac{\eta \mu 60^{0}}{\eta \mu 10^{0}}$ ενώ και $x+y=A\widehat{B}C=70^{0}$ συνεπώς ,όπως και ΕΔΩ

παίρνουμε $A\widehat{E}C=x=60^{0}$ .

Για τη λύση κάνουμε χρήση και τριγωνομετρικών τύπων. Ας θέσω στην κρίση σας την παρακάτω πρόταση - ''εικασία'' :

Έστω ότι λύνουμε κάποιο πρόβλημα όπου , εκτός των γεωμετρικών εργαλείων, κανουμε χρήση και τριγωνομετρικών τύπων .
Οι τύποι όμως αυτοί έχουν αποδειχθεί με αμιγώς γεωμετρικά μέσα . Τότε :
Το πρόβλημα (έχω την πεποίθηση πως ) μπορεί να λυθεί καθαρά Γεωμετρικά , χωρίς τη χρήση των εν λόγω τύπων της Τριγωνομετρίας ...
Ασφαλώς και θα με ενδιέφερε η γνώμη σας !

Φιλικά Γιώργος .

mathematica.gr

Γωνία ..Γεωμετρίας

Γωνία ..Γεωμετρίας

Re: Γωνία ..Γεωμετρίας

Re: Γωνία ..Γεωμετρίας

Re: Γωνία ..Γεωμετρίας

Re: Γωνία ..Γεωμετρίας