mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 11, 2020 8:49 pm**

: shape.png (21.04 KiB) Προβλήθηκε 3138 φορές

Μπορούμε να βρούμε τη γωνία ω του σχήματος με πάνω από 12 διαφορετικούς τρόπους; Όλες οι λύσεις, εντός ή εκτός φακέλου, δεκτές!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 11, 2020 9:11 pm**

Μιχάλης Νάννος έγραψε: Κυρ Οκτ 11, 2020 8:49 pm shape.pngΜπορούμε να βρούμε τη γωνία ω του σχήματος με πάνω από 12 διαφορετικούς τρόπους; Όλες οι λύσεις, εντός ή εκτός φακέλου, δεκτές!

: 12 tropoi.png (138.01 KiB) Προβλήθηκε 3126 φορές

Προφανώς $AC=\sqrt{40},AD=\sqrt{5}$

Φέρουμε ύψος DE=h

Απο ομοιότητα τριγώνων CDE,ABC

$\frac{5}{\sqrt{40}}=\frac{h}{2}\Rightarrow h=\frac{\sqrt{10}}{2}$
αλλά επίσης $h^{2}+y^{2}=5\Rightarrow \frac{10}{4}+y^{2}=5\Rightarrow y=\frac{\sqrt{10}}{2}\Rightarrow y=h\rightarrow D\widehat{A}C=45^{\circ}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 11, 2020 9:22 pm**

Μιχάλης Νάννος έγραψε: Κυρ Οκτ 11, 2020 8:49 pm shape.pngΜπορούμε να βρούμε τη γωνία ω του σχήματος με πάνω από 12 διαφορετικούς τρόπους; Όλες οι λύσεις, εντός ή εκτός φακέλου, δεκτές!

Αλλη μια

: 12 tropoi.png (136.19 KiB) Προβλήθηκε 3123 φορές

Φέρουμε κάθετη από το

στο

Από ομοιότητα $CFD,BAD\Rightarrow \frac{5}{\sqrt{5}}=\frac{FD}{1}=\frac{CF}{2}\Rightarrow FD=\sqrt{5},CF=2\sqrt{5}$
αρα $CF=FA\Rightarrow D\widehat{A}C=45^{\circ}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 11, 2020 9:30 pm**

Μετά από καιρό...
Μια με τριγωνομετρία

Από το τρίγωνο ABC

: $\varepsilon \varphi {\rm A} = 3$

Από το τρίγωνο ABD

: $\varepsilon \varphi \varphi = \dfrac{1}{2}$

$\varepsilon \varphi \omega = \varepsilon \varphi \left( {{\rm A} - \varphi } \right) = \dfrac{{\varepsilon \varphi {\rm A} - \varepsilon \varphi \varphi }}{{1 + \varepsilon \varphi {\rm A}\varepsilon \varphi \varphi }} = 1$

Άρα $\widehat \omega = {45^o}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 11, 2020 9:51 pm**

Με εμβαδά…

Από πυθαγόρειο θεώρημα στα τρίγωνα ABC

και

βρίσκουμε $AC = 2\sqrt {10}$ και $AD = \sqrt 5$ .

Είναι $\left( {ABC} \right) = 6$ και $\left( {ABD} \right) = 1$ (εύκολα υπολογίζονται)

$\left( {ACD} \right) = \left( {ABC} \right) - \left( {ABD} \right) \Rightarrow$

$\dfrac{1}{2}AC \cdot AD\eta \mu \omega = 5 \Rightarrow$

$\eta \mu \omega = \dfrac{{10}}{{2\sqrt {10} \sqrt 5 }} \Rightarrow \eta \mu \omega = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \widehat \omega = {45^o}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 1:50 am**

Καλημέρα σε όλους! Με χρήση του σχήματος

: 12 Μ.Ν.png (94.61 KiB) Προβλήθηκε 3079 φορές

Το

είναι τετράγωνο και $KA \perp AC$ . 'Εχουμε $tan\omega =\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow EK=1$ .

Προκύπτει IK=2=AB

επομένως όπως κι' ΕΔΩ $\widehat{DAK}=45^o$ άρα και $\widehat{DAC}=45^o$ .

Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 2:16 am**

: 12_plus_2.png (19.49 KiB) Προβλήθηκε 3073 φορές

Σχηματίζω το ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο BCE

με

στην προέκταση της

.

Προφανώς : $\widehat {{E_{}}} = 45^\circ$ . Ας είναι τώρα και σημείο

του

με

.

Επειδή : $D{A^2} = {1^2} + {2^2} = 5 = 1 \cdot 5 = DZ \cdot DC$ η

εφάπτεται του $\left( {A,E,C} \right)$ που

προφανώς διέρχεται από το

γιατί το τετράπλευρο AZCE

είναι ισοσκελές τραπέζιο .

Συνεπώς : $\boxed{\widehat {{\omega _{}}} = \widehat {{E_{}}} = 45^\circ }$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 2:46 am**

Η κάθετη στο

επί την

τέμνει τη

στο

θα είναι :
$\left\{ \begin{gathered} A{B^2} = BC \cdot BT \hfill \\ A{T^2} = A{B^2} + B{T^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 4 = 6BT \hfill \\ A{T^2} = 4 + \dfrac{4}{9} = \dfrac{{40}}{9} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: 12_plus_3.png (10.66 KiB) Προβλήθηκε 3070 φορές

Έτσι θα έχω: $\left\{ \begin{gathered} \dfrac{{A{C^2}}}{{A{T^2}}} = 9 \hfill \\ \dfrac{{DC}}{{DT}} = \dfrac{5}{{1 + \dfrac{2}{3}}} = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \dfrac{{AC}}{{AT}} = \dfrac{{DC}}{{FT}}$

που μας εξασφαλίζει ότι η

είναι διχοτόμος του ορθογωνίου τριγώνου ACT

και άρα $\widehat {{\omega _{}}} = 45^\circ$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 3:19 am**

: 12_plus_4.png (19.65 KiB) Προβλήθηκε 3067 φορές

Με διάμετρο το

γράφω ημικύκλιο που διέρχεται από το

και τέμνει την $AD\,\,\sigma \tau o\,\,S$ .

Είναι $AD \cdot DS = DC \cdot DB \Rightarrow AD = DS = \sqrt 5$

Στο ορθογώνιο τρίγωνο SAC

είναι : $CS = \sqrt {A{C^2} - A{S^2}} = \sqrt {40 - 20} = 2\sqrt 5 = SA$ .

Συνεπώς το τρίγωνο : SAC

, είναι ισοσκελές ορθογώνιο και άρα η γωνία που ζητάμε είναι $45^\circ$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 8:51 am**

Μιχάλης Νάννος έγραψε: Κυρ Οκτ 11, 2020 8:49 pm shape.pngΜπορούμε να βρούμε τη γωνία ω του σχήματος με πάνω από 12 διαφορετικούς τρόπους; Όλες οι λύσεις, εντός ή εκτός φακέλου, δεκτές!

Δεν έχω διαβάσει καμία λύση, οπότε μπορεί να πέσω σε κάποια που ήδη υπάρχει.

: 12plus.png (5.11 KiB) Προβλήθηκε 3044 φορές

Με Π. Θ βρίσκω $\displaystyle AC = \sqrt {40} ,AD = \sqrt 5$ και με νόμο συνημιτόνου στο ACD,

$\displaystyle \cos \omega = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow$ $\boxed{\omega=45^\circ}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 9:21 am**

Κατασκευάζω το τετράγωνο BCEZ

και έστω ότι οι CA, EB

τέμνονται στο

: 12plus.β.png (7.71 KiB) Προβλήθηκε 3040 φορές

$\displaystyle \frac{{CP}}{{PA}} = \frac{6}{2} = 3 \Leftrightarrow CP = \frac{3}{4}\sqrt{40}.$ Αλλά, $\displaystyle CP \cdot CA = \frac{3}{4}\sqrt {40} \cdot \sqrt {40} = 30 = CD \cdot CB$

Άρα, το ABDP

είναι εγγράψιμο και $\boxed{\omega = P\widehat BC = 45^\circ }$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 12:11 pm**

Κάνω μεγέθυνση επί

και προκύπτει όμοιο σχήμα του οποίου η γωνία που ζητάμε δεν διαφοροποιείται .

Ας είναι τώρα

το συμμετρικό του

ως προς την

και ονομάζω

το σημείο τομής των $AE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CB$ .

Θέτω $KD = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,KE = y$ θα ισχύουν ταυτόχρονα:

: 12_plus_1_extra.png (15.33 KiB) Προβλήθηκε 3021 φορές

$\left\{ \begin{gathered} D{K^2} = E{K^2} + E{D^2} \hfill \\ \frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{DK}}{{DB}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {x^2} = {y^2} + 9 \hfill \\ \frac{{y + 6}}{6} = \frac{x}{3} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left( {x,y} \right) = \left( {5,4} \right)$ .

Φέρνω τώρα την από το

παράλληλη στην

και με τα δεδομένα που έχω ισχύουν:

$KC = 15 - 5 = 10\,,\,\,KA = 4 + 6 = 10$ , δηλαδή: $KA = KC \Leftrightarrow \widehat {{C_{}}} = \widehat {{\theta _{}}}$ . Αλλά και $\widehat {{C_{}}} = \widehat {{\omega _{}}}$

Τώρα προφανές ότι $\widehat {CAD} = 45^\circ$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 2:47 pm**

: 12_plus_7.png (19.29 KiB) Προβλήθηκε 3002 φορές

Και μια χωρίς λόγια,( Υποβόσκει Μενέλαος )

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 3:06 pm**

: 2020-10-11_20-42-02.jpg (26.17 KiB) Προβλήθηκε 2996 φορές

Σας ευχαριστώ πολύ για τις όμορφες λύσεις σας...φυσικά μπορούν να βρεθούν και άλλες (ειδικά με τριγωνομετρία). Αφορμή της άσκησης αυτό το video.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 3:50 pm**

Μιχάλης Νάννος έγραψε: Κυρ Οκτ 11, 2020 8:49 pm shape.pngΜπορούμε να βρούμε τη γωνία ω του σχήματος με πάνω από 12 διαφορετικούς τρόπους; Όλες οι λύσεις, εντός ή εκτός φακέλου, δεκτές!

Ο κόκκινος κύκλος είναι περιγγεγραμμένος στο τρίγωνο ACD

και $AT\perp AD,CT\perp CB$

$(ACD)=5,(ACD)=\dfrac{AC.AD.DC}{4R}\Rightarrow 2R=5\sqrt{2},AC=2\sqrt{10}, AD=\sqrt{5}, TC^{2}=4R^{2}-25\Rightarrow TC=5=CD,\hat{\omega }=45^{0}$

γιατί απο το εγγράψιμο τετράπλευρο

$ADCT,\hat{CAD}=\hat{CTD}=\hat{\omega }$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 5:21 pm**

Περιττό

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 6:39 pm**

Καλησπέρα σε όλους.

: 12-10-2020 Γεωμετρία.png (20.75 KiB) Προβλήθηκε 2948 φορές

, οπότε $\displaystyle \overrightarrow {AD} = \left( {1, - 2} \right),\;\;\overrightarrow {AC} = \left( {6,\; - 2} \right)$

$\displaystyle \sigma \upsilon \nu \omega = \frac{{\overrightarrow {AD} \cdot \overrightarrow {AC} }}{{\left| {\overrightarrow {AD} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {AD} } \right|}} = \frac{{10}}{{\sqrt 5 \cdot \sqrt {40} }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2} \Rightarrow \omega = 45^\circ$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 8:10 pm**

Μιχάλης Νάννος έγραψε: Κυρ Οκτ 11, 2020 8:49 pm shape.pngΜπορούμε να βρούμε τη γωνία ω του σχήματος με πάνω από 12 διαφορετικούς τρόπους; Όλες οι λύσεις, εντός ή εκτός φακέλου, δεκτές!

Έστω

κέντρο του περίκυκλου του $\triangle ABC$ .Είναι $AM= \sqrt{10},AD= \sqrt{5}$

Ισχύει, $BD . DC=AD . DE \Rightarrow 5= \sqrt{5}DE \Rightarrow DE=DA= \sqrt{5} \Rightarrow MD \bot AE$ και προφανώς ισχύει

$MA^2=AD . AE \Rightarrow ME \bot AB \Rightarrow \angle \omega =45^0$

: Εύρεση γωνίας.png (14.93 KiB) Προβλήθηκε 2934 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 8:32 pm**

Μιχάλης Νάννος έγραψε: Κυρ Οκτ 11, 2020 8:49 pm shape.pngΜπορούμε να βρούμε τη γωνία ω του σχήματος με πάνω από 12 διαφορετικούς τρόπους; Όλες οι λύσεις, εντός ή εκτός φακέλου, δεκτές!

Με

και

το $\triangle AEZ$ είναι ορθογώνιο ισοσκελές και

κ.βάρους του $\triangle ABZ$

$tan \phi = \dfrac{1}{2} ,tan \theta = \dfrac{ME}{EA}= \dfrac{ME}{EZ}= \dfrac{1}{2} \Rightarrow \phi = \theta$ και $\theta +x= \phi +x=45^0$

: Εύρεση γωνίας.png (14.93 KiB) Προβλήθηκε 2927 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 12, 2020 9:29 pm**

Χωρίς λόγια

mathematica.gr

12 plus

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

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