mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 26, 2021 11:59 pm**

: 80.png (9.05 KiB) Προβλήθηκε 2751 φορές

Στο παραπάνω σχήμα να βρεθεί το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Σημείωση: Στο site που εντοπίστηκε παραμένει άλυτη πάνω από 18 μήνες.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 29, 2021 8:04 pm**

Έστω

η τομή των

και

Από τον νόμο ημιτόνων στo τρίγωνο ATD

$\frac{AT}{\sin\left(13^{\circ}\right)}=\frac{TD}{\sin\left(107^{\circ}\right)}\quad (1)$

Από τον νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο BTC

$\frac{BT}{\sin\left(17^{\circ}\right)}=\frac{TC}{\sin\left(103^{\circ}\right)}\quad (2)$

Από τον νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ABT

$AB^2=AT^2+BT^2-2AT\ BT\ \cos\left(120^{\circ}\right)\quad(3)$

Από τον νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο ABT

$\frac{AB}{\sin\left(120^{\circ}\right)}=\frac{AT}{\sin{\theta} }\quad (4)$

Κάνοντας τις απαραίτητες αντικαταστάσεις από τις σχέσεις (1),(2),(3),(4) και λαμβάνοντας υπόψη ότι TD=TC

προκύπτει
$\sin\left(\theta\right)=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{1+ \frac{\sin17^{\circ}\sin107^{\circ}}{\sin13^{\circ}\sin103^{\circ}} +\left(\frac{\sin17^{\circ}\sin107^{\circ}}{\sin13^{\circ}\sin103^{\circ}}\right)^2}}$

Επίσης $\begin{array}{l}\sin\left(103^{\circ}\right)=\sin\left(90^{\circ}+13^{\circ}\right)=\cos13^{\circ}\ \\ \sin\left(107^{\circ}\right)=\sin\left(90^{\circ}+17^{\circ}\right)=\cos17^{\circ}\end{array}$

και $\sin2x=2\cos x\sin x, \quad \forall x$

Άρα $\sin\left(\theta\right)=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\sqrt{1+\frac{\sin34^{\circ}}{\sin26^{\circ}}+\left(\frac{\sin34^{\circ}}{\sin36^{\circ}}\right)^2}}$

Ισχύει ότι $\sin\left(34^{\circ}\right)=\sin\left(60^{\circ}-26^{\circ}\right)=\sin60^{\circ}\cos26^{\circ}-\cos60^{\circ}\sin26^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{2}\cos26^{\circ}-{1\over 2}\sin26^{\circ}\quad (5)$

Αφού αντικαταστήσουμε το $\sin\left(34^{\circ}\right)$ με το ίσο του (απ'την (5)) και πολλαπλασιάσουμε αριθμητή και παρονομαστή με $\sin{26^{\circ}}$ , με πράξεις βρίσκουμε ότι $\sin{\theta}=\sin{26^{\circ}}\Longrightarrow \theta=26^{\circ}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 30, 2021 4:58 pm**

Αναρωτιέμαι αν υπάρχει λύση εντός φακέλου.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 30, 2021 5:30 pm**

Αν προλάβω το βράδυ Γιώργο θα γράψω τη δική μου.
Δεν σου κρύβω ότι προβληματίστηκα πάρα πολύ.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 30, 2021 6:45 pm**

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 26, 2021 11:59 pm
80.png

Στο παραπάνω σχήμα να βρεθεί το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Σημείωση: Στο site που εντοπίστηκε παραμένει άλυτη πάνω από 18 μήνες.

Βάζω μια λύση

: Capture.PNG (50.05 KiB) Προβλήθηκε 2489 φορές

Σχεδιάζω το ισόπλευρο DCX

. Λόγω των $\angle ECD=\angle EDC=30^{\circ}$ έχουμε AX=AD,EC=EX

άρα $\angle AXD=17^{\circ}$ και $\angle BXC=13^{\circ}$ . Άρα και $\angle AXB=30^{\circ}$ . Φέρων τον κύκλο $\odot(XAE)$ που τέμνει την ευθεία

ξανά στο

.
Είναι τώρα $\angle JEX=60^{\circ}$ και $XEA=60^{\circ}$ άρα JAX

ισόπλευρο. Αφού λοιπόν $\angle AXB=30^{\circ}$ το

είναι στην μεσοκάθετο του

. Έτσι $\angle ABE=2\angle AJB=2\angle AXE=26^{\circ}$
Να σημειώσω ότι η μόνη ιδιότητα των αριθμών 13,17

στη άσκηση είναι ότι έχουν άθροισμα

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 30, 2021 9:05 pm**

Ένα μεγάλο μπράβο στον Πρόδρομο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 30, 2021 9:13 pm**

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Αύγ 30, 2021 6:45 pm

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 26, 2021 11:59 pm
80.png

Στο παραπάνω σχήμα να βρεθεί το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Σημείωση: Στο site που εντοπίστηκε παραμένει άλυτη πάνω από 18 μήνες.
Βάζω μια λύση

Capture.PNG

Σχεδιάζω το ισόπλευρο . Λόγω των $\angle ECD=\angle EDC=30^{\circ}$ έχουμε άρα $\angle AXD=17^{\circ}$ και $\angle BXC=13^{\circ}$ . Άρα και $\angle AXB=30^{\circ}$ . Φέρων τον κύκλο $\odot(XAE)$ που τέμνει την ευθεία ξανά στο .
Είναι τώρα $\angle JEX=60^{\circ}$ και $XEA=60^{\circ}$ άρα ισόπλευρο. Αφού λοιπόν $\angle AXB=30^{\circ}$ το είναι στην μεσοκάθετο του . Έτσι $\angle ABE=2\angle AJB=2\angle AXE=26^{\circ}$
Να σημειώσω ότι η μόνη ιδιότητα των αριθμών στη άσκηση είναι ότι έχουν άθροισμα .

Μπράβο κι από μένα

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 30, 2021 10:53 pm**

: 101.png (26.5 KiB) Προβλήθηκε 2407 φορές

Πέρασε η ώρα.
Τα γραφόμενα της λύσης, αύριο.

Κατασκευάζω το ισόπλευρο τρίγωνο DCP

και φέρνω τα τμήματα AP, BP

.
Προφανώς $\angle ADP=17^{0}$ και $\angle PCB=13^{0}$ .
Οι ευθείες DB, CA

είναι μεσοκάθετες των PC, PD

αντίστοιχα.
Οπότε $\angle BPC=13^{0}, \angle DPA=17^{0}$ .
Άρα $\angle APB=30^{0}$ .
Ονομάζω

το περίκεντρο του τριγώνου PAB

και φέρνω τα τμήματα OA, OB, OE

.
Το τρίγωνο AOB

είναι ισόπλευρο (διότι $\angle APB=30^{0}$ ).
Εύκολα διαπιστώνω ότι το AOBE

είναι εγγράψιμο.
Επομένως $\angle OEA=\angle OEB=60^{0}$ .
Συνεπώς το

αφού διχοτομεί την $\angle BEA$ (οπότε και την $\angle DEC$ )
είναι τμήμα της μεσοκαθέτου της

.
Δηλαδή η προέκταση του

προς το μέρος του

θα περάσει από το

.
Οπότε $\angle DPO=30^{0}\Rightarrow \angle APO=13^{0}$ .
Άρα και $\angle OAP=13^{0}$ .
Επομένως $\angle AOE=26^{0}\Rightarrow \theta =26^{0}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 31, 2021 4:13 pm**

Καλησπέρα σας, αφού κι εγώ συγχαρώ τον Πρόδρομο για την εξαιρετική λύση που έδωσε, θα ήθελα να παρουσιάσω μία ακόμη προσέγγιση στο πρόβλημα:

Αν $P\equiv AC\cap BD$ ας υποθέσουμε ότι με κέντρο το

στρέφουμε τα τρίγωνα APD

και

κατά γωνία $\phi = 60^{\circ}$ έτσι ώστε να συμπέσουν οι πλευρές

και

αντίστοιχα. Τότε τα σημεία

,

θα ταυτιστούν με το σημείο

. Εργαζόμαστε πλέον στο τετράπλευρο PAQB

που προκύπτει.

Έστω

το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του

με την

. Από θεώρημα νότιου πόλου το

ανήκει στον περίκυκλο του PAB

, άρα $\angle BOA = 180^{\circ} - \angle PAB = 180^{\circ} - 120^{\circ} = 60^{\circ}$ , δηλαδή το τρίγωνο BOA

είναι ισοσκελές με μία γωνία $60^{\circ}$ άρα ισόπλευρο. Το σημείο

ανήκει στον κύκλο κέντρου

και ακτίνας

αφού $\angle BQA = \angle BQP + \angle PQA = 17^{\circ} + 13^{\circ} = 30^{\circ} = \frac{\angle BOA}{2}$ .

Έτσι $\theta = \angle PBA = \angle POA = 2\cdot 13^{\circ} = 26^{\circ}$ .

: Σχήμα.png (45.22 KiB) Προβλήθηκε 2362 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 23, 2023 1:38 pm**

Καλησπέρα. Η άσκηση είναι απλούστατη. Κατά τύχη έπεσα πάνω της και λέω να δώσω μία απλή λύση.

Έστω

η τομή των

και

Από τους νόμους των ημιτόνων κλπ $\displaystyle\frac{BK}{KC}=\frac{\sin \left ( 30^\circ-13^\circ \right )}{\sin \left ( 90^\circ+13^\circ \right )}=\frac{\sin \left ( 30^\circ-13^\circ \right )}{\cos 13^\circ}\&\frac{KC}{AK}=\frac{DK}{AK}=\frac{\sin \left ( 60^\circ+13^\circ \right )}{\sin 13^\circ}.$

Με πολ./σμο κ.μ αυτών $\displaystyle \frac{BK}{AK}=\frac{\sin \left ( 30^\circ-13^\circ \right )\sin \left ( 60^\circ+13^\circ \right )}{\cos 13^\circ\sin 13^\circ}=\frac{\sin \left ( 60^\circ-26^\circ \right )}{\sin 26^\circ}.$

Οπότε $\displaystyle\frac{\sin \left ( 60^\circ-\theta \right )}{\sin \theta }=\frac{\sin \left ( 60^\circ-26^\circ \right )}{\sin 26^\circ}.$

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle f\left ( \theta \right )=\frac{\sin \left ( 60^\circ -\theta\right )}{\sin \theta}-\frac{\sin \left ( 60^\circ-26^\circ \right )}{\sin 26^\circ},\theta \in \left ( 0,\frac{\pi }{3} \right )$ η οποία είναι γνησίως φθίνουσα στο πεδίο ορισμού της και κατ'

επέκταση έχει μοναδική ρίζα σε αυτό, την $\theta =26^\circ.$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 23, 2023 2:16 pm**

Δηλαδή εμείς που προβληματιστήκαμε γεωμετρικά, είμαστε βλάκες.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 23, 2023 2:18 pm**

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 23, 2023 2:16 pm
Δηλαδή εμείς που προβληματιστήκαμε γεωμετρικά, είμαστε βλάκες.

Αυτό είπα ;;

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 23, 2023 2:57 pm**

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 23, 2023 2:16 pm
Δηλαδή εμείς που προβληματιστήκαμε γεωμετρικά, είμαστε βλάκες.

Καλησπέρα.

Δεν θέλω να κάνω τον συνήγορο του Διαβόλου ούτε με έχει βάλει κανείς να υποστηρίζω άλλους αλλά, με αφορμή το πιο πάνω μήνυμα του κ. Φάνη, θα ήθελα να πω ότι ο τρόπος με τον οποίο φέρονται αρκετά από τα υπόλοιπα μέλη του forum στον Henri van Aubel είναι, το λιγότερο, προσβλητικός και υποτιμητικός.

Για να μιλήσω για τον εαυτό μου, όσες φορές έχει τύχει να συνομιλήσω με τον κ. Κώστα μέσω προσωπικών μηνυμάτων, πάντα ήταν πολύ ευγενικός και καλοσυνάτος.

Αδυνατώ να καταλάβω την εχθρική συμπεριφορά που έχουν πολλά από τα μέλη του φόρουμ απέναντί του, είτε με κατά μέτωπον επιθέσεις, είτε αγνοώντας επιδεικτικά τις λύσεις που δίνει (επειδή είναι με τριγωνομετρία, υποθέτω...) είτε γράφοντας συνεχώς με bold και διάφορα χρώματα όταν απευθύνονται σε αυτόν.

Ευχαριστώ,
Ορέστης.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 23, 2023 9:03 pm**

Καλησπέρα φιλτατε Ορέστη και σ' ευχαριστώ από καρδιάς για την τοποθέτηση σου, καλησπέρα σε όλους !
Ο Θεοφανιδης να ξέρει ότι η τελευταία φορά ήταν που κάνω τα στραβά μάτια. Η υπομονή μου εξαντλήθηκε.

Ευχαριστώ ,

Κώστας

mathematica.gr

Άλυτη.

Άλυτη.

Re: Άλυτη.

Re: Άλυτη.

Re: Άλυτη.

Re: Άλυτη.

Re: Άλυτη.

Re: Άλυτη.

Re: Άλυτη.

Re: Άλυτη.

Re: Άλυτη.

Re: Άλυτη.

Re: Άλυτη.

Re: Άλυτη.

Re: Άλυτη.