mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μάιος 28, 2010 10:15 pm**

Την παρακάτω άσκηση δεν την έχω λύσει με "ευθεία" μέθοδο. Ίσως και να γίνεται...
Τη δίνω σ' αυτό το φάκελο, γιατί είναι απλά η αφορμή για ένα "κυνήγι" παλαιότερων θεμάτων.

Ακολουθήστε τις υποδείξεις...

: 28-05-1010 trigono.png (11.68 KiB) Προβλήθηκε 1130 φορές

Να αποδειχθεί ότι: $BK \cdot {\rm K}\Gamma = 1 + \frac{2}{{\Gamma \Delta }}$

Υπόδειξη 1η:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Υπόδειξη 2η:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Υπόδειξη 3η:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Υπόδειξη 4η: (Αν την δείτε ... the river took it....)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Γιώργος Ρίζος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 30, 2010 5:06 pm**

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΚΓ έχουμε ότι: ΑΓ=2, $\Gamma K = \sqrt{3}$ .

Η γωνία ΔΑΚ είναι $70^{o}$ , οπότε από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΓ θα ισχύει:
$A\Delta =2sin20^{o},\Gamma \Delta =2cos20^{o}$ .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΚΒ έχουμε ότι: $\displaystyle{BK=cot40^{o},AB=\frac{1}{sin40^{o}}}$ .

Επομέμως αρκεί να ισχύει ότι:

$\displaystyle{cot40^{o} \cdot \sqrt{3}=1+\frac{1}{cos20^{o}}\Leftrightarrow \frac{cos40^{o}\cdot \sqrt{3} }{sin40^{o}}=\frac{cos20^{o}+1}{cos20^{o}}\Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \frac{cos40^{o}\cdot \sqrt{3} }{2sin20^{o}cos20^{o}}=\frac{cos20^{o}+1}{cos20^{o}}\Leftrightarrow \frac{cos40^{o}\cdot \sqrt{3} }{2sin20^{o}}=cos20^{o}+1\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow \frac{cos40^{o}\cdot \sqrt{3} }{2}=sin20^{o}cos20^{o}+sin20^{o} \Leftrightarrow \frac{cos40^{o}\cdot \sqrt{3} }{2}-\frac{2}{2}sin20^{o}cos20^{o}=sin20^{o} \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{\Leftrightarrow cos40^{o}cos30^{o}-sin40^{o}sin30^{o}=sin20^{o} \Leftrightarrow cos70^{o}=sin20^{o}}$ ,
η οποία ισχύει, άρα και η ζητούμενη.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 30, 2010 6:42 pm**

Μάλλον δεν αποφύγαμε την τριγωνομετρία και πάλι...

.Αν και δεν με βοήθησαν και πολύ οι υποδείξεις του κυρίου Ρίζου...

ψάχνομαι ως προς τη γεωμετρική αντιμετώπιση

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 31, 2010 12:17 am**

Πρωτοπαπάς Λευτέρης έγραψε: Επομένως αρκεί να ισχύει ότι:

$\displaystyle{cot40^{o} \cdot \sqrt{3}=1+\frac{1}{cos20^{o}}\Leftrightarrow \frac{cos40^{o}\cdot \sqrt{3} }{sin40^{o}}=\frac{cos20^{o}+1}{cos20^{o}}\Leftrightarrow }$ , ..., η οποία ισχύει, άρα και η ζητούμενη.

Αγαπητέ Λευτέρη, αν ακολουθήσεις τον σύνδεσμο στην 4η υπόδειξη, θα οδηγηθείς στον τριγωνομετρικό μετασχηματισμό που έδωσε ο Βασίλης (mathxl).
Προσπαθώντας να πετύχω άλλη λύση (γεωμετρική ...

) οδηγήθηκα στο σχήμα, οπότε αντέστρεψα την εκφώνηση του Βασίλη.

Βέβαια, διατυπωμένη έτσι η άσκηση νομίζω ότι γίνεται υπερβολικά δύσκολη, σε σχέση με την αρχική.

Ελπίζω να μην ταλαιπωρήθηκε κανείς, ψάχνοντας καθαρή γεωμετρική λύση.
Η ουσία ήταν στο κυνήγι των υποδείξεων (για όσους είχαν εμπλακεί στο θέμα).
Διάβαζα Dan Brown τώρα τελευταία και ψιλοεπηράστηκα...

Γιώργος Ρίζος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 31, 2010 10:24 am**

Rigio έγραψε: Αγαπητέ Λευτέρη, αν ακολουθήσεις τον σύνδεσμο στην 4η υπόδειξη, θα οδηγηθείς στον τριγωνομετρικό μετασχηματισμό που έδωσε ο Βασίλης (mathxl).
Γιώργος Ρίζος

Γιώργο δεν είδα καθόλου τις υποδείξεις για να μην επηρρεασθώ.

Πως μπορείς και θυμάσαι παλιές δημοσιεύσεις;

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιουν 24, 2010 7:03 pm**

Καλησπέρα...

Θα αποδείξουμε ότι $\boxed{\frac{BK}{AK}\cdot KC = AK+\frac{2AK^2}{CD}}\ \ (1)$

Προεκτείνουμε τις AK,CD

, οι οποίες τέμνονται στο σημείο

Από τα όμοια τρίγωνα KAB,KCE

προκύπτει $\boxed{\frac{BK}{AK}= \frac{EK}{KC}}$ , επομένως η (1)

μετασχηματίζεται στην $EK = AK+\frac{2AK^2}{CD}$

Αφού EK = AK+AE

, αρκεί να δείξουμε ότι $AE = \frac{2AK^2}{CD}$ , ή ισοδύναμα ότι $\boxed{2AK^2 = CD\cdot AE}\ \ (2)$

Έστω

η διχοτόμος του τριγώνου BDC

. Επειδή το τμήμα

φαίνεται υπό ίσες γωνίες από τα σημεία B,C

, το τετράπλευρο BAHC

θα είναι εγγράψιμο.
Επίσης $\widehat{ABH}=\widehat{HBC} \Rightarrow AH = HC=x$

Με χρήση του ΠΘ στα ορθογώνια τρίγωνα ADH, ADC

παίρνουμε διαδοχικά:
$AD^2 + DH^2 = HA^2 \Rightarrow$
$AD^2 + (CD-HC)^2 = HC^2\Rightarrow$
$AD^2 + CD^2-2CD\cdot HC +HC^2 = HC^2 \Rightarrow$
$AC^2 = 2CD\cdot HC$

Χρησιμοποιώντας και τη σχέση AC = 2 AK