mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 12, 2023 4:06 pm**

Σε τρίγωνο ABC

με

μέσο του

είναι : $\widehat {C_{}^{}} = 30^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {AMB} = 45^\circ$ .

Δείξετε ότι : $\widehat {BAM} = 30^\circ$ .

: Ανάλαφρη.png (12.57 KiB) Προβλήθηκε 1589 φορές

Όλες οι λύσεις δεκτές , αλλά καθένας, μόνο μια .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 12, 2023 5:34 pm**

Έχουμε $\displaystyle \frac{\sin \left ( \theta +45^\circ \right )}{\sin \theta }=\frac{\sin 30}{\sin 15}=\frac{\sin 75}{\sin 30}\left ( \ast \right ).$

Είναι απλό ότι η συνάρτηση $\displaystyle f\left ( \theta \right )=\frac{\sin \left ( \theta +45^\circ \right )}{\sin \theta }$ είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα $\displaystyle \left ( 0,\frac{3\pi }{4}\right ),$ άρα και γνησίως μονότονη στο διάστημα αυτό.

Παρατηρούμε ότι η τιμή $\displaystyle \theta =\frac{\pi }{6}$ ικανοποιεί την εξίσωση και επειδή

γνησίως φθίνουσα στο $\displaystyle \left ( 0,\frac{3\pi }{4} \right ),$ άρα η λύση είναι μοναδική.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Απρ 12, 2023 6:55 pm**

Doloros έγραψε: Τετ Απρ 12, 2023 4:06 pm Σε τρίγωνο με μέσο του είναι : $\widehat {C_{}^{}} = 30^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {AMB} = 45^\circ$ .

Δείξετε ότι : $\widehat {BAM} = 30^\circ$ .
Ανάλαφρη.png
Όλες οι λύσεις δεκτές , αλλά καθένας, μόνο μια .

: Ανάλαφρη.png (20.21 KiB) Προβλήθηκε 1546 φορές

Με

ύψος, εύκολα προκύπτει ότι το DBM

είναι ισόπλευρο και ο κύκλος (D, DA)

διέρχεται από τα B, M.

Άρα, $\boxed{\theta=30^\circ}$ (σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης)

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 13, 2023 1:04 am**

Doloros έγραψε: Τετ Απρ 12, 2023 4:06 pm Σε τρίγωνο με μέσο του είναι : $\widehat {C_{}^{}} = 30^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {AMB} = 45^\circ$ .

Δείξετε ότι : $\widehat {BAM} = 30^\circ$ .
Ανάλαφρη.png
Όλες οι λύσεις δεκτές , αλλά καθένας, μόνο μια .

Με

συμμετρικό του

ως προς

το τρίγωνο NMC

είναι ισόπλευρο και $\angle MAN=30^0=\angle NBM$

Έτσι, ANMB

εγγράψιμμο,άρα $\angle \theta =30^0$

: Ανάλαφρη.png (12.73 KiB) Προβλήθηκε 1507 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 13, 2023 11:11 am**

Καλημέρα σε όλους.

: 13-04-2023 Γεωμετρία.jpg (20.98 KiB) Προβλήθηκε 1478 φορές

Φέρνω

κάθετη στην προέκταση

.

Στο

είναι $\displaystyle \left( \widehat{K}=90{}^\circ ,\ \widehat{C}=30{}^\circ ,\ \ AK=a \right)\ \Rightarrow \ KC=a\sqrt{3}$ .

Επίσης KAM

ορθογώνιο ιοσκελές, άρα $\displaystyle KM=a$ και $\displaystyle MC=a\sqrt{3}-a$

BM=MC

, οπότε $\displaystyle MB=a\sqrt{3}-a$ άρα $\displaystyle KB=\left( 2-\sqrt{3} \right)a$ , οπότε $\displaystyle \widehat{KAB}=15{}^\circ$ .

Τέλος, $\displaystyle \theta =\widehat{KAM }-\widehat{KAB }=45{}^\circ -15{}^\circ =30{}^\circ$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 13, 2023 6:05 pm**

(εκτός φακέλου) Να και μία άσκηση : Να αποδείξετε ότι $\left ( \dfrac{sin30^o}{sin15^o} \right )^2-2\dfrac{sin30^o}{sin15^o}cos45^o=1$

ή να αποδείξετε ότι η εξίσωση $4x^2-2\sqrt{2}x-1=0$ έχει ρίζες τα cos15^o

και

Για την αρχική άσκηση, με νόμο συνημιτόνων και, μετά, ημιτόνων έχουμε:

$AB^2=AM^2+BM^2-2AM\cdot BMcos45^o=\left ( MG\dfrac{sin30^O}{sin15^o} \right )^2+BM^2-2MG\dfrac{sin30^O}{sin15^o} BMcos45^o$

και αφού BM=MG:

$AB^2=AM^2+BM^2-2AM\cdot BMcos45^o=BM^2\left [\left (\dfrac{sin30^O}{sin15^o} \right )^2+1-2\dfrac{sin30^O}{sin15^o} cos45^o \right ]=2BM^2$

οπότε $BM^2=BM \cdot BG$ , άρα τα τρίγωνα ABM

και

είναι όμοια και η ζητούμενη γωνία είναι 30^o

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Απρ 13, 2023 6:07 pm**

(εκτός φακέλου) Να και μία άσκηση : Να αποδείξετε ότι $\left ( \dfrac{sin30^o}{sin15^o} \right )^2-2\dfrac{sin30^o}{sin15^o}cos45^o=1$

ή να αποδείξετε ότι η εξίσωση $4x^2-2\sqrt{2}x-1=0$ έχει ρίζες τα cos15^o

και

Για την αρχική άσκηση, με νόμο συνημιτόνων και, μετά, ημιτόνων έχουμε:

$AB^2=AM^2+BM^2-2AM\cdot BMcos45^o=\left ( MG\dfrac{sin30^O}{sin15^o} \right )^2+BM^2-2MG\dfrac{sin30^O}{sin15^o} BMcos45^o$

και αφού BM=MG:

$AB^2=BM^2\left [\left (\dfrac{sin30^o}{sin15^o} \right )^2+1-2\dfrac{sin30^o}{sin15^o} cos45^o \right ] = 2BM^2$

οπότε $AB^2=BM \cdot BG$ , άρα τα τρίγωνα ABM

και

είναι όμοια και η ζητούμενη γωνία είναι 30^o

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 14, 2023 9:22 am**

Doloros έγραψε: Τετ Απρ 12, 2023 4:06 pm Σε τρίγωνο με μέσο του είναι : $\widehat {C_{}^{}} = 30^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {AMB} = 45^\circ$ .

Δείξετε ότι : $\widehat {BAM} = 30^\circ$ .
Ανάλαφρη.png
Όλες οι λύσεις δεκτές , αλλά καθένας, μόνο μια .

Το τρίγωνο

AKM

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και $\hat{C}=30^{0}$ Οπότε

$AK=KM=\dfrac{b}{2},AM=m_{a}=\dfrac{b\sqrt{2}}{2}$

και από το θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο $ABM,2c^{2}=a^{2},(1)$ Στο κύκλο διαμέτρου

$AOC,BT.c=KB.BC\Rightarrow \dfrac{BT}{c}=\dfrac{a(b-a)}{2c^{2}},(2), (1),(2)\Rightarrow \dfrac{BT}{AB}=\dfrac{KB}{BM}\Leftrightarrow KT//AM\Rightarrow \theta =30^{0}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 14, 2023 12:32 pm**

: 0008.png (20.16 KiB) Προβλήθηκε 1372 φορές

Γράφω τον περίκυκλο του τριγώνου AMC

, του οποίου το κέντρο ονομάζω

,
θεωρώ

το μέσο του

και φέρνω τα κόκκινα τμήματα.
Προφανώς $ON\perp AC$ και $\angle MAC=15^{0}$ .
Αλλά το τρίγωνο AOM

είναι ισόπλευρο $\Rightarrow \angle NAO=45^{0}\Rightarrow NA=NO\Rightarrow$
$\Rightarrow MN$ μεσοκάθετος του $AO\Rightarrow \angle NMA=30^{0}\Rightarrow \theta =30^{0}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 14, 2023 1:32 pm**

Doloros έγραψε: Τετ Απρ 12, 2023 4:06 pm Σε τρίγωνο με μέσο του είναι : $\widehat {C_{}^{}} = 30^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {AMB} = 45^\circ$ .

Δείξετε ότι : $\widehat {BAM} = 30^\circ$ .

Φέρνουμε $BK\perp AC$ . Αφού $\widehat{\omega }=30^{0}$ και ΚΜ διάμεσος προς υποτείνουσα είναι: BK=KM=MB=MC

.
Αφού $\widehat{\zeta }=45^{0}$ θα είναι $\widehat{\varphi }=15^{0}$ και αφού $\widehat{\psi }=30^{0}$ θα είναι $\widehat{\chi }=\widehat{\varphi }=15^{0}$ και AK=KM=KB

.
Έτσι, το τρίγωνο AKB

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές με συνέπεια $\widehat{\theta }=30^{0}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Απρ 18, 2023 8:42 am**

Χριστός Ανέστη και χρόνια πολλά!

: 18-4 Ανάλαφρη.png (123.56 KiB) Προβλήθηκε 1285 φορές

Doloros έγραψε: Τετ Απρ 12, 2023 4:06 pm Σε τρίγωνο με μέσο του είναι : $\widehat {C_{}^{}} = 30^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {AMB} = 45^\circ$ .

Δείξετε ότι : $\widehat {BAM} = 30^\circ$ .

Όλες οι λύσεις δεκτές , αλλά καθένας, μόνο μια .

Φέρω $BH \perp AM$ και $MEN \perp AC$ με MN=MC

(βλ. σχήμα).

Αν MB=MC =2

τότε

και $\widehat{MAN}=30^o$ .

Ο Ν.Σ στο τρίγωνο MAN

για

μας δίνει: $2x^2 -2x^2cos30^o=MN^2\Rightarrow x^2=4\left ( 2+\sqrt{3} \right )$

οπότε $AM=x=\sqrt{6}+\sqrt{2}$ ενώ $BH=HM=\sqrt{2}$

Έτσι $AH=\sqrt{6}$ , συνεπώς $cot\theta =\dfrac{AH}{BH}=\sqrt{3}$ και $\theta =30^o$ . Φιλικά, Γιώργος.

mathematica.gr

Ανάλαφρη

Ανάλαφρη

Re: Ανάλαφρη

Re: Ανάλαφρη

Re: Ανάλαφρη

Re: Ανάλαφρη

Re: Ανάλαφρη

Re: Ανάλαφρη

Re: Ανάλαφρη

Re: Ανάλαφρη

Re: Ανάλαφρη

Re: Ανάλαφρη