Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 744.png (8.48 KiB) Προβλήθηκε 1802 φορές

Φτιάξτε το παραπάνω σχήμα και στη συνέχεια βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

#2

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: Πέμ Δεκ 29, 2022 7:52 pm 744.png

Φτιάξτε το παραπάνω σχήμα και στη συνέχεια βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Κατασκευή: Κατασκευάζω το ισοσκελές τρίγωνο ABC, AB=BC,

με $\widehat A=\widehat C=20^\circ.$ Στη συνέχεια κατασκευάζω

το ισόπλευρο BCK

όπως φαίνεται στο σχήμα. Οι μεσοκάθετοι των AB, BK

τέμνονται στο

Το

είναι το

ζητούμενο τετράπλευρο.

: Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.png (22.26 KiB) Προβλήθηκε 1742 φορές

Απόδειξη: Εκ κατασκευής είναι AB=BC=BK=CK

και

Άρα, $K\widehat BC=60^\circ$ και

$A\widehat BD= D\widehat BK=40^\circ,$ ενώ $\displaystyle M\widehat DA = M\widehat DB = B\widehat DN = 50^\circ$ και ολοκληρώνεται η απόδειξη. Άμεσα τώρα

προκύπτει το ζητούμενο $\boxed{\theta=20^\circ}$

S.E.Louridas · #3

Απλά να επισημάνω ότι η γεωμετρική κατασκευή (με κανόνα και διαβήτη) της γωνίας $20 ^{\circ }$ δεν είναι δυνατή.

Φανης Θεοφανιδης · #4

Άλλο η ζωγραφική και άλλο η γεωμετρική κατασκευή Σωτήρη.
Εδώ καλούς ζωγράφους ψάχνω.
Άλλωστε δεν μιλώ πουθενά για γεωμετρική κατασκευή.
Το ισοσκελές τρίγωνο που είναι και η βάση του προβλήματος θεωρείται γνωστό από τις γωνίες του και κατασκευάσιμο από το λογισμικό.
Από εκεί και πέρα όμως όπως μας δείχνει ο Γιώργος το πράγμα θέλει δουλειά.

#5

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: Πέμ Δεκ 29, 2022 7:52 pm 744.png

Φτιάξτε το παραπάνω σχήμα και στη συνέχεια βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Έστω επίκεντρη γωνία , $\widehat {ABC} = 140^\circ$ . Φέρνω από τα $C\,\,\kappa \alpha \iota \,\,A$ παράλληλες χορδές $CK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AL$ προς τις ακτίνες $BA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ .

Αβίαστα προκύπτουν: Οι κίτρινες γωνίες είναι από $20^\circ$ , οι μπλε από $40^\circ$ .

AC//DE//KL

. Τα τρίγωνα $ADE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AKL$ είναι ισόπλευρα οπότε : AD = DB = BE = ED = EC

.

: Η κατασκευή βοηθά τη λύση.png (47.45 KiB) Προβλήθηκε 1645 φορές

Έτσι λόγω της ισότητας : EC = ED

αν φέρω την

αυτή θα διχοτομεί την $\widehat {ACD}$ και θα είναι :

$\widehat {EDC} = \widehat {DCE} = 10^\circ$ οπότε : $\widehat {BDA} = 180^\circ - \left( {20^\circ + 60^\circ } \right) = 100^\circ \,\,,\,\,\widehat {CDB} = 60^\circ - 10^\circ = 50^\circ$ και από σχεδίαση, όχι γεωμετρικά αλλά με εργαλεία λογισμικού , $\widehat {DAC} = 20^\circ .$

Άλλο τρίγωνο μη όμοιο με το πιο πάνω δεν υπάρχει λόγω του Ευκλειδείου αιτήματος

S.E.Louridas · #6

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: Παρ Δεκ 30, 2022 7:22 pm Άλλο η ζωγραφική και άλλο η γεωμετρική κατασκευή Σωτήρη.
Εδώ καλούς ζωγράφους ψάχνω.
Άλλωστε δεν μιλώ πουθενά για γεωμετρική κατασκευή.
Το ισοσκελές τρίγωνο που είναι και η βάση του προβλήματος θεωρείται γνωστό από τις γωνίες του και κατασκευάσιμο από το λογισμικό.
Από εκεί και πέρα όμως όπως μας δείχνει ο Γιώργος το πράγμα θέλει δουλειά.

Συμφωνώ απολύτως Φάνη. Μία απλή πληροφόρηση έκανα για τους μαθητές κυρίως.
Καλή Πρωτοχρονιά

Φανης Θεοφανιδης · #7

Καλή Πρωτοχρονιά.

Φανης Θεοφανιδης · #8

: 440.png (46.34 KiB) Προβλήθηκε 1560 φορές

Με την βοήθεια του λογισμικού κατασκευάζω το τρίγωνο ABC

.
Στη συνέχεια κατασκευάζω το ισόπλευρο τρίγωνο ACE

και γράφω τον κύκλο (E, EA)

.
Επίσης με τη βοήθεια του λογισμικού κατασκευάζω τη $\angle CEF=100^{0}$ .
Η τομή της

με το κυρτογώνιο τόξο

προσδιορίζει το

.
Για να βρω τη $\theta$ , αφήνω στο σχήμα ότι έκανα για τον προσδιορισμό του

,
επιπλέον κατασκευάζω το ισόπλευρο τρίγωνο BCP

και φέρνω όλα τα πράσινα τμήματα.
Οι πράσινες γωνίες προκύπτουν εύκολα.
Παρατηρώ ότι το AFPB

είναι εγγράψιμο.
Άρα $\angle AFD=10^{0}\Rightarrow \angle ACD=10^{0}\Rightarrow \theta =20^{0}$ .

S.E.Louridas · #9

Έτσι και μόνο για λόγους πλουραλισμού αλλά σίγουρα για να πούμε καλή χρονιά με υγεία, πρόοδο και προοπτική. Θα παραθέσω τη δική μου «παραβατική» ίσως άποψη στηριζόμενη στη μοναδικότητα σημείου που προκύπτει κάτω από δοθείσες ιδιότητες.

Ο κύκλος $c\,:\left( {A,D,B} \right)$ τέμνει την

στο σημείο

και προκύπτει $\angle BLA = {100^ \circ } \Rightarrow \angle ABL = {60^ \circ }.$ Το τρίγωνο CBL

άμεσα προκύπτει ισοσκελές με CB=CL

. Ο κύκλος d:(L, LB)

τέμνει τον κύκλο

και στο σημείο $D' \ne B$ και την ευθεία AD’

στο σημείο

Τότε το τρίγωνο LD’F

είναι ισόπλευρο με $\angle D'AL = {20^ \circ }.$ Τα τρίγωνα BAL, LAF

είναι ίσα οπότε AF=AB=BC

με $AF\parallel BC,$ και έτσι το AFCB

καθίσταται ρόμβος. Αφού έχουμε D’L=D’F, CL=CF

άμεσα παίρνουμε $\angle CD'L = {30^ \circ } \Rightarrow \angle CD'B = {50^ \circ } \Rightarrow D' \equiv D.$

: 2023.png (45.39 KiB) Προβλήθηκε 1524 φορές

kkala · #10

S.E.Louridas έγραψε: Παρ Δεκ 30, 2022 6:58 pm Απλά να επισημάνω ότι η γεωμετρική κατασκευή (με κανόνα και διαβήτη) της γωνίας $20 ^{\circ }$ δεν είναι δυνατή.

Πέρα από όσα γράφτηκαν στην ανάρτηση αυτή, το παραπάνω θέμα εξετάζεται στο <https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 20&t=72709>, #7, και στην αναφερόμενη εκεί παραπομπή.

S.E.Louridas · #11

kkala έγραψε: Δευ Ιαν 09, 2023 11:47 pm
S.E.Louridas έγραψε: Παρ Δεκ 30, 2022 6:58 pm Απλά να επισημάνω ότι η γεωμετρική κατασκευή (με κανόνα και διαβήτη) της γωνίας $20 ^{\circ }$ δεν είναι δυνατή.
Πέρα από όσα γράφτηκαν στην ανάρτηση αυτή, το παραπάνω θέμα εξετάζεται στο <https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 20&t=72709>, #7, και στην αναφερόμενη εκεί παραπομπή.

Άρα ζήτω ο Μαθηματικός Πλουραλισμός που κατά την άποψη μου είναι βασικό ζητούμενο.

Φανης Θεοφανιδης · #12

Ο Σωτήρης έχει απόλυτο δίκαιο.
Ζήτω ο Πλουραλισμός.
Το πνεύμα και η αναζήτηση δεν έχουν όρια.

Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.

Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.

Re: Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.

Re: Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.

Re: Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.

Re: Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.

Re: Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.

Re: Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.

Re: Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.

Re: Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.

Re: Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.

Re: Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.

Re: Η κατασκευή βοηθάει τη λύση.

Μέλη σε σύνδεση