mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 17, 2026 2:43 pm**

Θεωρούμε το τετράγωνο ABCD

και τα σημεία E,P

στις πλευρές BC,CD

αντίστοιχα ώστε

να είναι

\hat{AEB}=65^{0},\hat{PAE}=35^{0}

Να υπολογισθεί η γωνία

\hat{APE}

,κόκκινη

γωνία

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 18, 2026 11:41 am**

STOPJOHN έγραψε: Πέμ Σεπ 17, 2026 2:43 pm Θεωρούμε το τετράγωνο και τα σημεία στις πλευρές αντίστοιχα ώστε

να είναι $\hat{AEB}=65^{0},\hat{PAE}=35^{0}$ Να υπολογισθεί η γωνία $\hat{APE}$ ,κόκκινη

γωνία

Με τα νούμερα που βάνεις δεν ...

Μήπως αντί

35°

είναι

?

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 18, 2026 2:30 pm**

Γειά σου Νίκο ευχαριστώ για την ενασχόληση ,οι γωνίες είναι όπως δόθηκαν Θα γράψω σε λίγο τη λύση θέλω να δω Γεωμετρική λύση με τα δεδομένα που προτείνεις ,,,,αρα μη γράψεις αμέσως τη λύση σου με

\hat{PAE}=40^{0}

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 18, 2026 6:26 pm**

Εστω ότι

AB=1,EB=t,DP=a,Px=1-a

Τότε

\hat{EAB}=25^{0},\hat{DAE}=30^{0},\hat{APD}=60^{0}, \hat{AEB}=65^{0},\hat{EPC}=\theta , \hat{PEC}=90^{0}-\theta

Tότε

tan25=\dfrac{t}{1},t=0,4663,1-t=0,5337,tan30^{0}=\dfrac{a}{1},a=0,5774,1-a=0,4226, tan\theta =\dfrac{1-t}{1-a}=1,2629,\hat{\theta }=51,6267^{0}, \hat{x}=180-60-51,6267=68,3733^{0}

Η λύση ειναι Τριγωνομετρική με προσεγγίσεις δεν μου αρέσει....αναζήτηση Γεωμετρικής λύσης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 18, 2026 7:30 pm**

Καλησπέρα σε όλους. Υποψιάζομαι ότι ο Νίκος εννοεί ότι προκύπτει κάτι σαν το παρακάτω:

: 18-9-2026 Γεωμετρία.png (17.36 KiB) Προβλήθηκε 314 φορές

Είναι

{\rm B}{\rm E} = \varepsilon \varphi 25^\circ

άρα

EC = 1 - \varepsilon \varphi 25^\circ \cong 0,534

AE = \dfrac{1}{{\sigma \upsilon \nu 25^\circ }} \cong 1,103

Είναι

DP = \dfrac{{\sqrt 3 }}{3} \Rightarrow PC = 1 - \dfrac{{\sqrt 3 }}{3} \cong 0,427

οπότε

PE = \sqrt {{{0,534}^2} + {{0,427}^2}} \cong 0,684

Στο

\dfrac{{\eta \mu \varphi }}{{1,103}} = \dfrac{{\eta \mu 35^\circ }}{{0,684}} \Leftrightarrow \eta \mu \varphi = 0,925

με

\varphi = 67,51^\circ

edit: Όταν πληκτρολογούσα δεν είχα δει την προηγούμενη (παρόμοια) ανάρτηση του Γιάννη

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 19, 2026 10:15 am**

Θεωρούμε το τετράγωνο και τα σημεία στις πλευρές αντίστοιχα

ώστε να είναι $\hat{AEB}=65^{0},\hat{PAE}=35^{0}$ Να υπολογισθεί η γωνία $\hat{APE}$ , ( κόκκινη γωνία )

: Τροποποίηση.png (11.94 KiB) Προβλήθηκε 286 φορές

Προτείνω την τροποποίηση :

\hat{AEB}=75^{0},\hat{PAE}=45^{0}

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 19, 2026 5:44 pm**

KARKAR έγραψε: Σάβ Σεπ 19, 2026 10:15 am
Θεωρούμε το τετράγωνο και τα σημεία στις πλευρές αντίστοιχα

ώστε να είναι $\hat{AEB}=65^{0},\hat{PAE}=35^{0}$ Να υπολογισθεί η γωνία $\hat{APE}$ , ( κόκκινη γωνία )
Τροποποίηση.pngΠροτείνω την τροποποίηση : $\hat{AEB}=75^{0},\hat{PAE}=45^{0}$ .

: Γωνία 2.png (17.1 KiB) Προβλήθηκε 269 φορές

.
Λύση για το τροποποιημένο πρόβλημα (όπως πρότεινε ο Θανάσης) σε τετράγωνο πλευράς (χωρίς βλάβη) AB=1

. Υπάρχει γεωμετρική λύση αλλά δίνω μία τριγωνομετρική, κάνοντας χρήση του γνωστού

\tan 15= \tan (45-30)=\dfrac {1- \tan 30}{1+\tan 30}=\dfrac {1-\dfrac {\sqrt 3}{3}}{1+\dfrac {\sqrt 3}{3}} = 2-\sqrt 3

Εδώ

\tan \omega = \dfrac {CE}{PC}= \dfrac {1-BE}{1-DP}=\dfrac {1- \tan 15}{1-\tan 30 }= \dfrac {1- (2-\sqrt 3)}{1-\dfrac {\sqrt 3}{3} } = \sqrt 3

Άρα

\omega = 60

από όπου

\boxed {\widehat{APE}=60}

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 19, 2026 10:50 pm**

KARKAR έγραψε: Σάβ Σεπ 19, 2026 10:15 am
Θεωρούμε το τετράγωνο και τα σημεία στις πλευρές αντίστοιχα

ώστε να είναι $\hat{AEB}=65^{0},\hat{PAE}=35^{0}$ Να υπολογισθεί η γωνία $\hat{APE}$ , ( κόκκινη γωνία )
Τροποποίηση.pngΠροτείνω την τροποποίηση : $\hat{AEB}=75^{0},\hat{PAE}=45^{0}$ .

Στην προέκταση της

θεωρούμε σημείο

Z\,\,\,\,

έτσι ώστε ,

\widehat {ZAD} = 15^\circ

.

Τα ορθογώνια τρίγωνα ,

DAZ\,\,,\,\,BAE

είναι ίσα , οπότε το $\vartriangle AZE$ είναι ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο

: Γωνίες τριγώνου 1 KARKAR_ok.png (27.16 KiB) Προβλήθηκε 244 φορές

Με διχοτόμο της γωνίας

\widehat {ZAE}

την

. Αυτή όμως θα είναι και μεσοκάθετος στο

, κατά συνέπεια

Και διχοτόμος της

\widehat {EPZ}

με άμεση συνέπεια : Η

\boxed{\widehat {a_{}^{}} = \widehat {APZ} = 60^\circ }

( Πράσινο-Κόκκινο σημειώσατε

)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 25, 2026 10:28 am**

KARKAR έγραψε: Σάβ Σεπ 19, 2026 10:15 am
Θεωρούμε το τετράγωνο και τα σημεία στις πλευρές αντίστοιχα

ώστε να είναι $\hat{AEB}=65^{0},\hat{PAE}=35^{0}$ Να υπολογισθεί η γωνία $\hat{APE}$ , ( κόκκινη γωνία )
Τροποποίηση.pngΠροτείνω την τροποποίηση : $\hat{AEB}=75^{0},\hat{PAE}=45^{0}$ .

Από τις υποθέσεις του θέματος και απλους συλλογισμούς

\hat{EAB}=15^{0},\hat{DAP}=30^{0}=\hat{APM},\hat{KPD}=\hat{KDP}=60^{0}

Τα τρίγωνα

DKP,AKM

είναι ισόπλευρα και το

ADPM

είναι ορθογώνιο

Προφανώς το τετράπλευρο

AM\Pi P

είναι εγγράψιμο σε κύκλο αρα

\hat{MP\Pi }=15^{^{0}},\hat{M\Pi A}=30^{0},\hat{CAE}=30=\hat{A\Pi M},M\Pi //AC,DP=t,PC= a-t,a=t\sqrt{3}

Το

\Pi EPC

είναι εγγράψιμο και

KO=\dfrac{PC}{2},KO//DC,\dfrac{KX}{XP}=\dfrac{XO}{DX}=\dfrac{OX}{XD}\Rightarrow XP=PC, \hat{PXC}=\hat{PCX}=30,\hat{\phi }=15^{0},\hat{APE}=30+15+15=60^{0}

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 26, 2026 1:29 am**

Με

\angle PAE=45^0

και

\angle BEA=75^0

Έστω

AP \cap BD=Q

.Επειδή

\angle EAQ= \angle QBE=45^0

το

AQEB

είναι εγγράψιμμο,άρα

EQ \cap AP

συνεπώς και το

EQPC

είναι εγγράψιμμο με

\angle QEC=\angle QAB= 60^0

Επιπλέον

\angle BAQ= \angle BCQ=60^0

άρα και

\theta =60^0

: Γωνία σε τετράγωνο.png (19.62 KiB) Προβλήθηκε 124 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 27, 2026 12:24 am**

Καλημέρα! Χαιρετώ τους φίλους μετά από καιρό.

KARKAR έγραψε: Σάβ Σεπ 19, 2026 10:15 am
Θεωρούμε το τετράγωνο και τα σημεία στις πλευρές αντίστοιχα

ώστε να είναι $\hat{AEB}=65^{0},\hat{PAE}=35^{0}$ Να υπολογισθεί η γωνία $\hat{APE}$ , ( κόκκινη γωνία )
Προτείνω την τροποποίηση : $\hat{AEB}=75^{0},\hat{PAE}=45^{0}$ .

Θεωρώ το

I \in BC

ώστε

BI=DP

. Τα ορθογώνια τρίγωνα

PAD,BIA

είναι ίσα οπότε

\measuredangle BIA=\measuredangle APD=60^o

: Κόκκινη .png (35.51 KiB) Προβλήθηκε 92 φορές

Ακόμη

IC=PC

συνεπώς

\measuredangle PIC=45^o= \measuredangle PAE

και το

PAEI

είναι εγγράψιμο. Έπεται

\theta = \measuredangle BIA= 60^o

.

Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 27, 2026 12:40 pm**

Με αφορμή την παρατήρηση του Νίκου:

Doloros έγραψε: Σάβ Σεπ 19, 2026 10:50 pm ... ( Πράσινο-Κόκκινο σημειώσατε )

Στο τετράγωνο ABCD

το

E \in BC

και το $P \in CD$

: πράσινη = κόκκινη .png (15.02 KiB) Προβλήθηκε 66 φορές

Να εξεταστεί αν ισχύει η ισοδυναμία :

Η είναι διχοτόμος της $D \widehat PE \Leftrightarrow P \widehat AE =45^o$

mathematica.gr

Γωνία σε τετράγωνο (κόκκινη γωνία)

Γωνία σε τετράγωνο (κόκκινη γωνία)

Re: Γωνία σε τετράγωνο (κόκκινη γωνία)

Re: Γωνία σε τετράγωνο (κόκκινη γωνία)

Re: Γωνία σε τετράγωνο (κόκκινη γωνία)

Re: Γωνία σε τετράγωνο (κόκκινη γωνία)

Re: Γωνία σε τετράγωνο (κόκκινη γωνία)

Re: Γωνία σε τετράγωνο (κόκκινη γωνία)

Re: Γωνία σε τετράγωνο (κόκκινη γωνία)

Re: Γωνία σε τετράγωνο (κόκκινη γωνία)

Re: Γωνία σε τετράγωνο (κόκκινη γωνία)

Re: Γωνία σε τετράγωνο (κόκκινη γωνία)

Re: Γωνία σε τετράγωνο (κόκκινη γωνία)