mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 31, 2019 1:55 pm**

: Γωνία υπερισοσκελούς.png (5.78 KiB) Προβλήθηκε 1387 φορές

Το τραπέζιο ABCD

έχει μεγάλη βάση BC=b

και μικρή

, ίση με τις μη παράλληλες

πλευρές του . Η διαγώνιος του

δίνεται από την σχέση : $d =\dfrac{ba}{b-a}$ . Υπολογίστε τη γωνία $\hat{B}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 01, 2019 9:37 am**

KARKAR έγραψε: Πέμ Οκτ 31, 2019 1:55 pm Γωνία υπερισοσκελούς.pngΤο τραπέζιο έχει μεγάλη βάση και μικρή , ίση με τις μη παράλληλες

πλευρές του . Η διαγώνιος του δίνεται από την σχέση : $d =\dfrac{ba}{b-a}$ . Υπολογίστε τη γωνία $\hat{B}$ .

Με ταλαιπώρησε πολύ. Πιθανότατα ο θεματοδότης έχει ευκολότερη λύση.

: Γωνία Υπερ-τραπεζίου.png (9.13 KiB) Προβλήθηκε 1301 φορές

Από θ. Πτολεμαίου στο ισοσκελές τραπέζιο, $\displaystyle {d^2} = {a^2} + ab \Rightarrow \frac{{a{b^2}}}{{{{(b - a)}^2}}} = a + b \Leftrightarrow$ $\boxed{{(b - a)^2}(b + a) = a{b^2}}$ (1)

Αλλά, $\displaystyle \cos \theta = \frac{{b - a}}{{2a}} \Leftrightarrow b = a(1 + 2\cos \theta )$ και από την (1)

καταλήγω στην εξίσωση:

$\displaystyle 8{\cos ^3}\theta + 4{\cos ^2}\theta - 4\cos \theta = 1 \Leftrightarrow 2\left( {4{{\cos }^3}\theta - 3\cos \theta } \right) + 2(1 + \cos 2\theta ) + 2\cos \theta = 1 \Leftrightarrow$

$\displaystyle \cos \theta + \cos 2\theta + \cos 3\theta = - \frac{1}{2} \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow \frac{{2\cos 2\theta \cdot \sin \frac{{3\theta }}{2}}}{{\sin \frac{\theta }{2}}} = - 1 \Leftrightarrow 2\cos 2\theta \cdot \sin \frac{{3\theta }}{2} = \sin \left( { - \frac{\theta }{2}} \right)$

$\displaystyle \sin \frac{{7\theta }}{2} = 0 = \sin \pi \Leftrightarrow$ $\boxed{\theta = \frac{{2\pi }}{7}}$

Εξηγώ τις τελίτσες (...)

$\displaystyle \cos \theta + \cos 2\theta + \cos 3\theta = 2\cos 2\theta \cos \theta + \cos 2\theta = \cos 2\theta \left( {4{{\cos }^2}\frac{\theta }{2} - 1} \right) =$

$\displaystyle \cos 2\theta \left( {3 - 4{{\sin }^2}\frac{\theta }{2}} \right) = \cos 2\theta \cdot \frac{{3\sin \frac{\theta }{2} - 4{{\sin }^3}\frac{\theta }{2}}}{{\sin \frac{\theta }{2}}} = \frac{{\cos 2\theta \cdot \sin \frac{{3\theta }}{2}}}{{\sin \frac{\theta }{2}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 01, 2019 9:44 am**

george visvikis έγραψε: Παρ Νοέμ 01, 2019 9:37 am
KARKAR έγραψε: Πέμ Οκτ 31, 2019 1:55 pm Γωνία υπερισοσκελούς.pngΤο τραπέζιο έχει μεγάλη βάση και μικρή , ίση με τις μη παράλληλες

πλευρές του . Η διαγώνιος του δίνεται από την σχέση : $d =\dfrac{ba}{b-a}$ . Υπολογίστε τη γωνία $\hat{B}$ .
Με ταλαιπώρησε πολύ. Πιθανότατα ο θεματοδότης έχει ευκολότερη λύση.

Αμφιβάλλω

[Εγώ προσπάθησα με b=ra

... και φυσικά δεν είδα φως

]

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 01, 2019 3:36 pm**

Έστω

το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου .

Αν $\widehat {ACB} = \omega$ θα είναι : $\widehat {AKB} = 2\omega \,\,,\,\,\widehat \xi = 90^\circ - 3\omega$ και από το τρίγωνο έχω : $\boxed{\theta = 2\omega }$

Επειδή : ${d^2} = {a^2} + ad$ αν θέσω : b = ax

και αφού $\boxed{d = \frac{{ab}}{{b - a}}}$ έχω προς λύση

Την εξίσωση : $\boxed{{x^3} - 2{x^2} - x + 1 = 0}\,\,\,(1)$ με τρεις πραγματικές ρίζες μια απ’ αυτές όμως

η $\boxed{x = \dfrac{{2\sqrt 7 \sin \left( {\dfrac{{a\tan \left( {\dfrac{{\sqrt 3 }}{9}} \right)}}{3} + \dfrac{\pi }{3}} \right)}}{3} + \dfrac{2}{3}}$ δεκτή $\left( {x > 1} \right)$

: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου.png (19.63 KiB) Προβλήθηκε 1261 φορές

Το τραπέζιο μπορεί να κατασκευαστεί ( όχι βεβαίως γεωμετρικά )

Έτσι αν

το ύψος του $\vartriangle ABC$ θα είναι $\boxed{\cos \theta = \dfrac{{BT}}{{AB}} = \dfrac{{x - 1}}{2}}$ .

Αν θέσω $\boxed{\dfrac{{x - 1}}{2} = u = \cos \theta }$ έχω από την (1)

τη τριγωνομετρική εξίσωση:

$8{\cos ^3}\theta + 4{\cos ^2}\vartheta - 4\cos \theta - 1 = 0$ .

Τα υπόλοιπα τα έκανε άριστα ο φίλτατος Γιώργος

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 01, 2019 5:47 pm**

KARKAR έγραψε: Πέμ Οκτ 31, 2019 1:55 pm Γωνία υπερισοσκελούς.pngΤο τραπέζιο έχει μεγάλη βάση και μικρή , ίση με τις μη παράλληλες

πλευρές του . Η διαγώνιος του δίνεται από την σχέση : $d =\dfrac{ba}{b-a}$ . Υπολογίστε τη γωνία $\hat{B}$ .

Με $BZ=a \Rightarrow DZ//AB \Rightarrow \dfrac{CE}{b-a}= \dfrac{d}{b}= \dfrac{a}{b-a} \Rightarrow CE=a$

Έτσι, $HC=CA \Rightarrow \dfrac{7 \theta }{2}= \pi \Rightarrow \theta = \dfrac{2 \pi }{7}$

: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου.png (14.69 KiB) Προβλήθηκε 1243 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 01, 2019 5:55 pm**

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε: Παρ Νοέμ 01, 2019 5:47 pm
KARKAR έγραψε: Πέμ Οκτ 31, 2019 1:55 pm Γωνία υπερισοσκελούς.pngΤο τραπέζιο έχει μεγάλη βάση και μικρή , ίση με τις μη παράλληλες

πλευρές του . Η διαγώνιος του δίνεται από την σχέση : $d =\dfrac{ba}{b-a}$ . Υπολογίστε τη γωνία $\hat{B}$ .

Με $BZ=a \Rightarrow DZ//AB \Rightarrow \dfrac{CE}{b-a}= \dfrac{d}{b}= \dfrac{a}{b-a} \Rightarrow CE=a$

Έτσι, $HC=CA \Rightarrow \dfrac{7 \theta }{2}= \pi \Rightarrow \theta = \dfrac{2 \pi }{7}$

Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου.png

Κίνηση Ματ!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 01, 2019 8:17 pm**

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε: Παρ Νοέμ 01, 2019 5:47 pm
KARKAR έγραψε: Πέμ Οκτ 31, 2019 1:55 pm Γωνία υπερισοσκελούς.pngΤο τραπέζιο έχει μεγάλη βάση και μικρή , ίση με τις μη παράλληλες

πλευρές του . Η διαγώνιος του δίνεται από την σχέση : $d =\dfrac{ba}{b-a}$ . Υπολογίστε τη γωνία $\hat{B}$ .

Με $BZ=a \Rightarrow DZ//AB \Rightarrow \dfrac{CE}{b-a}= \dfrac{d}{b}= \dfrac{a}{b-a} \Rightarrow CE=a$

Έτσι, $HC=CA \Rightarrow \dfrac{7 \theta }{2}= \pi \Rightarrow \theta = \dfrac{2 \pi }{7}$

Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου.png

Εντυπωσιακή λύση !! Μιχάλη

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 02, 2019 8:42 am**

: επτάγωνο.png (15.65 KiB) Προβλήθηκε 1172 φορές

Η ιστορία της άσκησης : Το τραπέζιο είναι τμήμα κανονικού επταγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο (O)

.

Έστω $\theta=2\phi$ . Είναι : $\sin\phi=\dfrac{a}{2r}$ , δηλαδή : $a=2r\sin\phi$ . Όμοια : $d=2r\sin2\phi$ , $b=2r\sin3\phi$ .

Η γνωστή σχέση : $\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{d}+\dfrac{1}{b}$ , γίνεται : $d=\dfrac{ba}{b-a}$ , την οποία χρησιμοποίησα στην εκφώνηση .

Αυτή , αξιοποιώντας τα παραπάνω , γίνεται : $\sin2\phi=\dfrac{\sin3\phi\sin\phi}{\sin3\phi-\sin\phi}$ και από εδώ με σκέψεις

παρόμοιες με του Γιώργου , προκύπτει (δοκιμάστε το ! ) , ότι : $\phi=\dfrac{\pi}{7}$ , συνεπώς : $\theta=\dfrac{2\pi}{7}$ .

Αλλά ήρθε η εκπληκτική λύση του Μιχάλη να ανεβάσει την άσκηση σε άλλο επίπεδο

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 02, 2019 11:32 am**

Καλημέρα σε όλους! Ένα ακόμη

στον Μιχάλη για την αφοπλιστική του λύση,
αλλά και την αφθονία κομψών λύσεων που μας προσφέρει σε διάφορα θέματα!
Ας δούμε και την "συνεργασία" των δύο Νόμων με παλαιότερη πρόταση.

: Υπερισοσκελές ..KARKAR.PNG (6.36 KiB) Προβλήθηκε 1150 φορές

Έχουμε $d=\dfrac{ba}{b-a}\Leftrightarrow bd=a\left ( b+d \right )...\left ( 1 \right )$ . Ο Ν. Ημιτόνων στο ABC

δίνει $\dfrac{sin2\omega }{sin\omega }=\dfrac{d}{a}\Rightarrow 2cos\omega =\dfrac{d}{a}..\left ( 2 \right )$

ενώ ο Ν. Συνημιτόνων στο ίδιο τρίγωνο δίνει $a^{2}=b^{2}+d^{2}-2bdcos\omega$ , που λόγω των (1)

και

γίνεται

$a^{2}=b^{2}+d^{2}-a\left ( b+d \right )\dfrac{d}{a}\Leftrightarrow \boxed { b^{2}=a^{2}+bd}$ .

Από την τελευταία σχέση (δείτε την πρόταση στο θέμα Πέντε παρά..κάτι ) παίρνουμε $\widehat{BAC}=\dfrac{\pi }{2}+\dfrac{\omega }{2}$ .

Έτσι $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=\pi \Rightarrow \dfrac{\pi }{2}+\dfrac{\omega }{2} +2\omega +\omega =\pi \Rightarrow \omega =\dfrac{\pi }{7}$ συνεπώς $\widehat{B}=2\omega =\dfrac{2\pi }{7}$ . Φιλικά , Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 02, 2019 11:38 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Σάβ Νοέμ 02, 2019 11:32 am Καλημέρα σε όλους! Ένα ακόμη στον Μιχάλη για την αφοπλιστική του λύση,
αλλά και την αφθονία κομψών λύσεων που μας προσφέρει σε διάφορα θέματα!
Ας δούμε και την "συνεργασία" των δύο Νόμων με παλαιότερη πρόταση.
Υπερισοσκελές ..KARKAR.PNG
Έχουμε $d=\dfrac{ba}{b-a}\Leftrightarrow bd=a\left ( b+d \right )...\left ( 1 \right )$ . Ο Ν. Ημιτόνων στο δίνει $\dfrac{sin2\omega }{sin\omega }=\dfrac{d}{a}\Rightarrow 2cos\omega =\dfrac{d}{a}..\left ( 2 \right )$

ενώ ο Ν. Συνημιτόνων στο ίδιο τρίγωνο δίνει $a^{2}=b^{2}+d^{2}-2bdcos\omega$ , που λόγω των και γίνεται

$a^{2}=b^{2}+d^{2}-a\left ( b+d \right )\dfrac{d}{a}\Leftrightarrow \boxed { b^{2}=a^{2}+bd}$ .

Από την τελευταία σχέση (δείτε την πρόταση στο θέμα Πέντε παρά..κάτι ) παίρνουμε $\widehat{BAC}=\dfrac{\pi }{2}+\dfrac{\omega }{2}$ .

Έτσι $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=\pi \Rightarrow \dfrac{\pi }{2}+\dfrac{\omega }{2} +2\omega +\omega =\pi \Rightarrow \omega =\dfrac{\pi }{7}$ συνεπώς $\widehat{B}=2\omega =\dfrac{2\pi }{7}$ . Φιλικά , Γιώργος.

Πολύ ωραία και αυτή (αποφεύγοντας τη βαριά τριγωνομετρία)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 03, 2019 11:07 am**

gbaloglou έγραψε: Παρ Νοέμ 01, 2019 9:44 am
george visvikis έγραψε: Παρ Νοέμ 01, 2019 9:37 am
KARKAR έγραψε: Πέμ Οκτ 31, 2019 1:55 pm Γωνία υπερισοσκελούς.pngΤο τραπέζιο έχει μεγάλη βάση και μικρή , ίση με τις μη παράλληλες

πλευρές του . Η διαγώνιος του δίνεται από την σχέση : $d =\dfrac{ba}{b-a}$ . Υπολογίστε τη γωνία $\hat{B}$ .
Με ταλαιπώρησε πολύ. Πιθανότατα ο θεματοδότης έχει ευκολότερη λύση.

Αμφιβάλλω
"Όσοι πιστεύουν ότι κάτι δεν μπορεί να γίνει ... ας μην στέκονται εμπόδιο σε όσους πιστεύουν ότι μπορεί να γίνει." [Κινεζική παροιμία]

[Εγώ προσπάθησα με ... και φυσικά δεν είδα φως ]
Ας μην καταφεύγουμε στην Άλγεβρα ... όταν υπάρχει τόση Γεωμετρία στα πόδια μας!

mathematica.gr

Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου

Re: Γωνία υπερισοσκελούς τραπεζίου