Βοήθεια/Απορίες στη Γεωμετρία

Antonis1994 · 11 Νοεμβρίου 2010

Σε ευχαριστώ πολύ Μαρία, αλλά αυτό που μου είπες το είχα βάλει και εγώ στην προσπάθειά μου, όπως και πάρα πολλά άλλα, αλλά δεν μου φαίνεται για πολύ σωστό, αλλά και να είναι σωστό, δεν νομίζω να έβαζε κάτι τόσο έυκολο με αντίτιμο τόσα λευτά. Μέχρι καθηγητή ρώτησα και μου είπε οτι θέλει δουλειά...
Πάντος θα το ξανακοιτάξω στο σχολείο με συμμαθητές μου, και θα σου απαντήσω.

Αρχική Δημοσίευση από Dias:
To "να μας παιδέψει" δεν το είπα με κακή έννοια. Στο κάτω-κάτω κι εγώ και όσοι άλλοι ασχολήθηκαν με την άσκηση, δεν το κάναμε από καμία υποχρέωση, αλλά γιατί το θέλαμε να "παιδευτούμε".
Προφανώς για να δίνει ο καθηγητής σου πριμ, οι καθηγητές που ρώτησες να μην ξέρουν και να έχω διαβάσει αυτά που είπα πιο πάνω, φαντάσου τι αγγούρι άσκηση θα είναι. (Αλήθεια, ο καθηγητής σου ξέρει τη λύση, ή σας την έβαλε να του την βρείτε και να κερδίσει αυτός άλλο πιο μεγάλο στοίχημα? - χα-χα-χα )

Έλα ντέ??!!!!
Τις έκανα και αυτές τις σκέψεις και άλλες ακόμα. Π.χ. Αν βγει ότι ΑΔ=ΟΔ τελείωσε, δοκίμασα με εμβαδά και μετρικές σχέσεις, προσπάθησα να πω χ, ψ άγνωστες γωνίες και να λύσω σύστημα και διάφορα άλλα, αλλά χωρίς αποτέλεσμα. (Αν τελικά τη λύσεις ή την βρεις και πάρεις τα 50?, βάλε την λύση κι εδώ). Πάντως θα προσπαθήσω ξανά και αν έχω κάτι θα το γράψω.

Το σκέφτηκα και το ενδεχόμενο να μην την ξέρει και αυτός, αλλά έχει ξαναβάλει τέτοιες ασκήσεις και παλαιότερα όπως μου είπαν και μαθητές του. Κανένας όμως δεν τις έκανε. Ύποπτο...

alex2395 · 11-11-10

μπορουμε (με κριτηριο ισοτητας τριγωνων ) να αποδειξουμε οτι ΟΔ=ΟΓ
το θεμα ειναι να δειξουμε οτι ΔΓ=ΟΔ=ΟΓ
χμμμμ
περιμενετε να το κανω σε χαρτι για να σημειωνω....χμμμ

ξαροπ · 15-11-10

Λοιπόν, προτίμησα αρχικά να μην "μιλήσω" για όποιον φιλόδοξο ήθελε να την προσπαθήσει, αλλά τελικά θα πω κάποια πραγματάκια για να μην παιδευόμαστε τζάμπα - όποιος θέλει να την προσπαθήσει φυσικά μπορεί να παραβλέψει τα παρακάτω και να συνεχίσει την προσπάθεια! Ίσα-ίσα η συζήτηση των λύσεων είναι πιστεύω από τα καλύτερα σημεία ενός προβλήματος-

Αρχικά Μαρία κάποιο σφάλμα βλέπω στη λογική της απόδειξής σου και θα προσπαθήσω να το εξηγήσω. Έτσι κι αλλιώς κάτι πρέπει να είναι λάθος αφού το γεγονός των 15 μοιρών δεν το χρησιμοποιήσες, ούτε άμεσα ούτε έμμεσα! Δηλαδή όποια γωνία και να σχηματίζεται, το τρίγωνο θα είναι ισόπλευρο? Μπορείς εύκολα να δεις ότι δεν ισχύει παίζοντας και με το geogebra.

Αρχική Δημοσίευση από maria....:
Τα τρίγωνα ΑΟΔ και ΒΟΓ έχουν:

ΑΔ=ΒΓ

ΑΟ=ΟΒ

Α2=Β2(επειδή Α1=Β1 προκειπτει οτι Α-Α1=Α2 και Β-Β1=Β2 οπού Α2=Β2)

Άρα τα τρίγωνα σύμφωνα με το κριτήριο Πλευρά-Γωνία-Πλευρά είναι ίσα,άρα ΟΔ=ΟΓ.Επομένως το τρίγωνο ΔΟΓ είναι ισοσκελές λόγω των προσκείμενων πλευρών στν βάση(ΟΔ=ΟΓ).Ακόμα στο ισοσκέλες τρίγωνο ΔΟΓ η Δ1=Γ1.

Μετά τράβηξε τη διχοτόμο από την κορυφή Ο και ονόμασε την ΟΖ.Όπως είναι γνωστό σε ένα ισοσκελές τρίγωνο το ύψος,η διχοτόμος και η διάμεσος είναι η ίδια.Το τρλιγωνο τώρα χωρίστηκε σε δύο ορθογώνια τρίγωνα το ΟΔΖ και το ΟΓΖ.
Τα ορθογώνια τρίγωνα ΟΔΖ και ΟΓΖ έχουν:

ΟΔ=ΟΓ(όπως αποδείχτηκε στο παραπάνω ερώτημα)

Ο1=Ο2(γιατί η διχοτόμος ΟΖ χωρίζει την γωνία Ο σε δύο ίσες γωνίες)

Άρα αυτά τα 2 ορθογώνια τρίγωνα ΟΔΖ και ΟΓΖ είναι ίσα γιατί έχουν την υποτείνουσα ίση και μία γωνία ίση.
Επομένως και το τρίγωνο ΟΔΓ έχει

ΟΔ

ΟΓ

ΔΓ(προκύπτει από ΔΖ=ΓΖ,άρα το άθροισμα αυτών των πλευρών δίνει την πλευρά ΔΓ)

Άρα σύμφωνα με το κριτήριο Πλευρά-Πλευρά-Πλευρά,το τρίγωνο ΟΔΓ έχει όλα τα στοιχεία του ίσα.Επομένως είναι και ισόπλευρο γιατί ΟΔ=ΟΓ=ΔΓ.

Ελπίζω να σε βοήθησα.

Εδώ νομίζω ότι το πράμα σηκώνει συζήτηση. Κατ' αρχήν είναι γνωστό ότι σε ένα ισοσκελές τρίγωνο, τα τρίγωνα που σχηματίζονται όταν φέρουμε τη διχοτόμο προς τη βάση του είναι ίσα (όπως αποδεικνύεις), αλλά στην περίπτωσή μας δεν μας βγάζει κάπου αυτό. Από πουθενά δεν μπορείς να συμπεράνεις ότι ΔΓ = ΟΓ = ΟΔ, το μόνο που μπορείς να πεις ως τώρα είναι ΟΓ = ΟΔ. Είναι σαν να λες ότι κάθε ισοσκελές τρίγωνο είναι και ισόπλευρο. Επίσης, όταν λες "Το τρίγωνο ΟΔΓ έχει [τάδε] άρα από το κριτήριο Π-Π-Π έχει όλα τα στοιχεία του ίσα"...ποιο είναι το δεύτερο τρίγωνο με το οποίο συγκρίνεις το ΟΓΔ? Να θυμίσουμε ότι αυτά τα κριτήρια ισχύουν μεταξύ δυο τριγώνων, όχι ενός τριγώνου με τον εαυτό του (είναι προφανές ότι κάθε τρίγωνο είναι ίσο με τον εαυτό του

).

(και ένα σχόλιο γενικότερα: εύκολα τα τρίγωνα ΑΟΔ και ΒΟΓ είναι ίσα. Το θέμα είναι να αποδείξετε ότι είναι και ισοσκελή (βλέπετε το γιατί?), το οποίο δεν μπορείτε να το συμπεράνετε από την ισότητά τους)

Ελπίζω να βρέθηκε κάποια άκρη, αλλιώς το ξαναλέμε.

Για την ιστορία, έχει ξανασυζητηθεί εδώ, αφού θυμάμαι μια τριγωνομετρική λύση του προβλήματος, αλλά δεν μπόρεσα να βρω κάτι μια και τα περισσότερα μέλη που δημοσίευαν τότε έχουν κλείσει τους λογαριασμούς τους.

Πάντως (σαν shameless self-promotion) δείτε εδώ : https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?f=69&t=4998

Όπως θα δείτε, το πρόβλημα έχει μεγάλη ιστορία και δεν είναι τόσο απλό όσο φαίνεται...παρουσιάζονται εκεί και δυο λύσεις που έχουν γραφτεί στο βιβλίο του κ. Μπάμπη Στεργίου "Ολυμπιάδες Μαθηματικών Γ' Γυμνασίου [σελ.114, Πρόβλημα 7.4] αλλά ως άσκηση υπάρχει και στο (εκπληκτικό) Geometry Revisited, των Coxeter & Greitzer [pg.25, Problem 2]. Σίγουρα θα υπάρχει και σε πάμπολλα άλλα βιβλία αλλά δεν μου έρχεται κάτι άλλο για την ώρα.

Το προκλητικό ερώτημα είναι πόσες λύσεις μπορεί κανείς να βρει για αυτό το πρόβλημα?

alex2395 · 23-11-10

ευχαριστουμε πολυ
ετσι κι αλλιως δυσκολα θα εφτανε κανεισ στην λυση!

painlez · 05-12-10

Καλησπέρα. Έχω ένα θεματάκι με μια εργασία που έχουμε στην Γεωμετρία και ύστερα από μερικές γρήγορες έρευνες συμπέρανα ότι είναι εργασία για αρχιτέκτονες/πολιτικούς μηχανικούς. Το θέμα της εργασίας είναι η εμβαδομέτρηση του σχολικού συγκροτήματος μας και η αποτύπωση του σχεδίου στο χαρτί. Η ομάδα με τα ακριβέστερα αποτελέσματα, παίρνει και τον μεγαλύτερο βαθμό. Καμία βοήθεια ή συμβουλή για το πώς να ξεκινήσω ή πως δούλευουμε;

Ricky · 05-12-10

Αρχική Δημοσίευση από painlez:
Καλησπέρα. Έχω ένα θεματάκι με μια εργασία που έχουμε στην Γεωμετρία και ύστερα από μερικές γρήγορες έρευνες συμπέρανα ότι είναι εργασία για αρχιτέκτονες/πολιτικούς μηχανικούς. Το θέμα της εργασίας είναι η εμβαδομέτρηση του σχολικού συγκροτήματος μας και η αποτύπωση του σχεδίου στο χαρτί. Η ομάδα με τα ακριβέστερα αποτελέσματα, παίρνει και τον μεγαλύτερο βαθμό. Καμία βοήθεια ή συμβουλή για το πώς να ξεκινήσω ή πως δούλευουμε;

Αν το μόνο εργαλείο που μπορείτε να χρησιμοποιήσετε είναι η μεζούρα, τότε η μεθοδολογία είναι σχετικά απλή: μετράς και μετά υπολογίζεις. Το σχέδιο που σας ζητήσαν λέγεται κάτοψη (κάτω + όψη, "κοιτάω" το κτήριο από πάνω) και είναι λίγο πιο δύσκολο γιατί απαιτεί μεγαλύτερη προσοχή και ακρίβεια. Χτύπα στο google images τη λέξη κάτοψη για να δεις πως μοιάζει.

Αν έχεις ροπή προς το έξυπνο cheating, μπορείς να βρεις έτοιμα τα σχέδια του σχολείου από την πολεοδομία...

rea_94 · 31-12-10

Λοιπόν, έχω την πλέον κουλή άσκηση γεωμετρίας για τισ γιορτές: ορθογώνιο τρίγωνο με ορθή γωνία την Α, με ΜΔ την απόσταση του μέσου Μ της ΑΒ από την ΒΓ νδο ΔΓ²-ΑΒ²=ΑΓ² ΠΩΣ γινεται αφού άμα πάω το ΑΒ από το αλλο μέρος θα έχω ΔΓ²=ΑΒ²+ΑΓ² που είναι άτοπο, γιατί ΑΓ2+ΑΒ²=ΒΓ²?????

Dias · 31-12-10

Αρχική Δημοσίευση από rea_94:
ορθογώνιο τρίγωνο με ορθή γωνία την Α, με ΜΔ την απόσταση του μέσου Μ της ΑΒ από την ΒΓ νδο
ΔΓ²-ΑΒ²=ΑΓ²

Διόρθωσε την εκφώνηση: ΔΓ²-ΔΒ²=ΑΓ² και όλα είναι απλά.
Καλή χρονιά...

ξαροπ · 01-07-11

Έχει περάσει αρκετός καιρός από τότε που παρουσιάστηκε το πρόβλημα με το τετράγωνο και το εσωτερικό του ισόπλευρο τρίγωνο, οπότε ας δώσω και δυο τρόπους αντιμετώπισης, έναν σύντομο και έναν μάλλον αχρείαστα μεγάλο (αν χάνω κάπου, να μου το πει κανείς).

1ος Τρόπος:

Κατ' αρχάς υπάρχει σημείο στο εσωτερικό του τετραγώνου, ώστε να σχηματίζεται ισόπλευρο τρίγωνο με κορυφές αυτό το σημείο και άλλες δυο κορυφές του τετραγώνου; Η απάντηση είναι ναι, υπάρχει, και η απόδειξη δίνεται χωρίς λόγια με το παρακάτω σχήμα.

Αφού ξέρουμε ότι υπάρχει, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε την εις άτοπον απαγωγή στο ερώτημα της άσκησης.

Έστω λοιπόν τετράγωνο ABCD, και σημείο Ε στο εσωτερικό του τέτοιο ώστε

$BAE = ABE = 15 ^{\circ}$

(γωνίες) και έστω ότι το τρίγωνο EDC δεν είναι ισόπλευρο. Τότε θα υπάρχει στο εσωτερικό του τετραγώνου ένα σημείο F διάφορο του E ώστε το τρίγωνο FDC να είναι ισόπλευρο.

Τότε (δες σχήμα) θα ισχύει

$FD = DC = AD$

και

$FC = DC = BC$ .

Δηλαδή τα τρίγωνα AFD, FCB είναι ισοσκελή με γωνίες $DAF = AFD, CFB = FBC$ αντίστοιχα.

Επιπλέον, οι γωνίες ADF, FCB ισούνται με 30 μοίρες ως συμπληρωματικές των γωνιών του ισοπλεύρου τριγώνου FDC, άρα οι γωνίες

$DAF = AFD = CFB = FBC = \frac{180^{\circ} - 30^{\circ}}{2} = 75^{\circ}$ .

Δηλαδή έχουμε ότι οι γωνίες

$FAB, FBA = 15^{\circ}$

ως συμπληρωματικές των

$DAF, FBC$ αντίστοιχα.

Επειδή $FAB = 15^{\circ}$ , το σημείο $F$ κινείται επί της ευθείας $AE$ και όμοια συμπεραίνουμε ότι κινείται και επί της $EB$ , δηλαδή συμπίπτει με την τομή των ευθειών $E$ , άτοπο από τις αρχικές μας υποθέσεις.

Έτσι η αρχική πρόταση ισχύει και το τρίγωνο $ECD$ είναι ισόπλευρο.

2ος Τρόπος:

Προτού αντιμετωπίσουμε το αρχικό πρόβλημα, θα ασχοληθούμε με το παρακάτω υπο-πρόβλημα. Φυσικά μπορούμε να βρούμε από οπουδήποτε (κομπιουτεράκι, wolfram alpha κτλ.) αυτό που ζητάει και να προχωρήσουμε κατ' ευθείαν στο ζητούμενο, αλλά είναι διδακτικό σαν γεωμετρική άσκηση.

"Να βρεθεί το ημίτονο των $75 ^{\circ}$ και $15 ^{\circ}$ ."

Για να το βρω, χρησιμοποίησα απολύτως βασικά 'τεχνάσματα' (τίποτα δηλαδή από την τριγωνομετρία που διδάσκεται στις τάξεις του Λυκείου), όπως το Πυθαγόρειο Θεώρημα, αλλά φαντάζομαι υπάρχουν και πιο απλοί τρόποι να βρει κανείς το ζητούμενο.

Φέρουμε κύκλο $(A,AB)$ και σημείο $C$ του κύκλου. Η μεσοκάθετος του $CB$ τέμνει το $CB$ στο $E$ και τον κύκλο (εκτός του τόξου BC) στο $D$ .

Έστω επίσης ότι η γωνία $CAB = a$ (για να αποφύγουμε μπλέξιμο με πρόσημα κτλ., λέω πως $a \in [0, \pi]$ ).

Είναι
$EAB = \frac{a}{2}$

επειδή στο ισοσκελές τρίγωνο CAB το ύψος AE είναι και διχοτόμος, καθώς και

$EDC = \frac{a}{4}$

λόγω της σχέσης επίκεντρης - εγγεγραμμένης γωνίας που βαίνουν στο ίδιο τόξο.

Έχουμε

$sin\frac{a}{2} = \frac{EB}{AB} \Leftrightarrow EB = AB sin\frac{a}{2}$ . (1)

Με εφαρμογή του Π.Θ. στο ίδιο τρίγωνο έχουμε

$AE^2 + EB^2 = AB^2 \Leftrightarrow AE^2 = AB^2(1 - (sin\frac{a}{2})^2) \Leftrightarrow AE = AB \sqrt{1 - (sin\frac{a}{2})^2}$ . (2)

Επίσης, αφού $AD = AB$ , με εφαρμογή του Π.Θ. πάλι έχουμε

$(AE + AD)^2 + EB^2 = DB^2 \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow (AB \sqrt{1 - (sin\frac{a}{2})^2} + AB)^2 + (AB sin\frac{a}{2})^2 = DB^2 \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow ... \Leftrightarrow DB = AB \sqrt{2(1+\sqrt{1 - (sin\frac{a}{2})^2})}$ . (3)

Τέλος έχουμε $sin\frac{a}{4} = \frac{EB}{DB} \Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow sin\frac{a}{4} = \frac{AB sin\frac{a}{2}}{AB \sqrt{2(1+\sqrt{1 - (sin\frac{a}{2})^2})}} = \frac{sin\frac{a}{2}}{\sqrt{2(1+\sqrt{1 - (sin\frac{a}{2})^2})}}$ . (4)

Από τη σχέση (4), θέτουμε

$a = 60 ^{\circ}$ (δεν βάζω π/3 για να είναι πιο κατανοητό) και λαμβάνουμε έτσι

$sin15^{\circ} = \frac{\sqrt{2-\sqrt{3}}}{2}$

Επίσης

$cos15^{\circ} = \sqrt{1-(sin15^{\circ})^2} = \frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2} = sin75^{\circ}$ ( γιατί; )

Πάμε τώρα στο κυρίως πρόβλημα.

Έστω πάλι τετράγωνο $ABCD$ με $AD = a$ , σημείο $E$ στο εσωτερικό του τέτοιο ώστε οι γωνίες $EAD = EDA = 15^{\circ}$ και έστω $F$ το ίχνος της καθέτου από το Ε προς την ΑD.

Στο ορθ. τρίγωνο $FAE$ έχουμε $2AF = a$ , άρα

$AE = \frac{a}{2cos15^{\circ}} = a\sqrt{2-\sqrt{3}}$ . (5)

Επίσης

$FE = AE sin15^{\circ} = \frac{a(2-\sqrt{3})}{2}$ (6)

Βρίσκουμε το εμαδόν του τριγώνου ΑΕΒ, το οποίο ισούται με

$(AEB) = \frac{ABsin75^{\circ}AE}{2} = \frac{a^2(\sqrt{2-\sqrt{3}})(\sqrt{2+\sqrt{3}})}{4} = \frac{a^2}{4}$ (7),

κι από την ισότητα των τριγώνων ΑΕΒ, EDC όπως είχαμε συζητήσει παραπάνω, προκύπτει και $(EDC) = \frac{a^2}{4}$ .

Βρίσκουμε και το εμβαδόν του τριγώνου ADE, το οποίο ισούται με

$(ADE) = \frac{AD \times FE}{2} = \frac{a^2(2-\sqrt{3})}{4}$ ( 8 ).

Συνδυάζοντας τις (7), ( 8 ), προκύπτει πως

$(BCE) = (ABCD) - (AEB) - (ADE) - (EDC) \Leftrightarrow$

$(BCE) = a^2 - \frac{a^2}{2} - \frac{a^2(2-\sqrt{3})}{4} = \frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ .

Έχουμε πρακτικά τελειώσει, διότι το $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ είναι το εμβαδόν τριγώνου με πλευρά a.

(ένας τρόπος για να τελειώσουμε από εδώ και πέρα είναι ο παρακάτω)

Το τρίγωνo BCE έχει μια πλευρά ίση με BC = a, άρα αν φέρουμε το ύψος EG προς την BC θα το βρούμε ίσο με $\frac{a\sqrt{3}}{2}$ κι επειδή το BCE είναι ισοσκελές (λόγω της ισότητας των τριγώνων ΑΕΒ, ΕDC), θα ισχύει

$BG = \frac{a}{2}$ ,

οπότε εύκολα με μια εφαρμογή του Π.Θ. στο τρίγωνο EBG προκύπτει ότι $BE = CE = BC = a$ .

antwwwnis · 2 Ιουλίου 2011

Θα δωσω και μια τριτη λυση, που σκεφτηκα χθες το βραδυ. Θα την γραψω περιληπτικα, γιατι ειναι μεγαλη.

https://www.flickr.com/photos/64741312@N04/5893015303/ (To σχημα που δεν ανεβαινε με επισυναψη)

Στο τετραγωνο πλευρας α:
Φερουμε την FG οπως στο σχημα.
Ειναι Ε=75°
F= 90°
D=15°
και FD= α/2

Νομος ημιτονων
FD/ ημ75°= FE/ημ15° απο το οποιο τελικα εχουμε FE= (α/2)(2-ριζα3)

Ειναι ΕG= FG-FE =a-(α/2)(2-ριζα3)=...=( α*ριζα3 )/2

Πυθαγορειο θεωρημα στο EGC:

ΕG²+GC²=EC²=>
ΕG²= (3α²)4+α²/4=>
ΕG²=α²
Αρα EG= α

Λογω συμμετριας, ειναι και EB=α

Και ΒC=α

Επομενως το τριγωνο ΕΒC ειναι ισοπλευρο πλευρας α

Μπορει να εχω κανει καποιο λαθος.
Επαναλαμβανω την εγραψα περιληπτικα.

(Αγνοηστε την ΗΙ)

renia_1995 · 06-11-11

Κάποιος για την Αποδεικτική 1 σελ.186;

*Maria (^_^)* · 15-12-11

Θέλω να μου πει κάποιος τις πιο sos ασκήσεις από το κεφάλαιο 9:σελ. 145-146 & 194..γιατί αύριο γράφω διαγώνισμα..γρήγορα αν γίνεται.. :/

*Maria (^_^)* · 15-12-11

Κάποιος??

αδαμαντια52071 · 26-12-11

Γεια σας παιδια!Θα ηθελα να ζητησω την βοηθεια σας για 2 ασκησεις που πραγματικα δεν ξερω πως να τις λυσω.Το θεμα ειναι οτι επεσαν σε διαγωνισμα οποτε θεωρουνται υπερσος!!!!!

Λοιπον:

A) Θεωρουμε ορθογωνιο τριγωνο ΑΒΓ (Α ΓΩΝΙΑ =90 μοιρες) στο οποιο Β γωνια ειναι τρεις φορες η γ γωνια .Αν ΑΗ υψος του τριγωνου και Μ μεσο ΒΓ να αποδειξετε οτι :
α)το τριγωνο ΑΗΜ ειναι ισοσκελες
β) ΑΓ²-ΑΒ²=2ΑΓ ΑΒ

και
Β)Δινεται κυκλος (Ο.R),οπου R=2.Αν Ρ εξωτερικο σημειο του κυκλου και ΡΑΒ τεμνουσα του κυκλου ,ετσι ωστε : OP=2R ,PA=2AB τοτε:
α)να υπολογισετε την ΑΒ
β)να δειξετε οτι ΟΒΡ τριγωνο ειναι οξυγωνιο
γ)να υπολογισετε το ΟΜ,οπου Μ μεσο ΡΒ.

Παιδια ειναι πολυ πολυ πολυ πολυ σοσ....Καντε οτι μπορειτε..

αδαμαντια52071 · 26-12-11

Καποιος παιδια?

vimaproto · 26-12-11

Συνημμένο

αδαμαντια52071 · 26-12-11

Φιλε μου χιλια χιλια χιλια χιλια ευχαριστω!

Vassia! · 11-01-12

Βοήθεια : α^2=β^2+γ^2+2βγ επί ρίζα 3

Ποια είναι η γωνία Α

schooliki · 11-01-12

Αρχική Δημοσίευση από Vassia!:
Βοήθεια : α^2=β^2+γ^2+2βγ επί ρίζα 3

Ποια είναι η γωνία Α

Αν έχεις σωστά την άσκηση, δεν υπάρχει γωνία, επομένως και τρίγωνο.
Γράφεις: ${a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}+2bc\sqrt{3}$
Όμως ισχύει (νόμος συνημιτόνων): ${a}^{2}={b}^{2}+{c}^{2}-2bc\cos A$
Επομένως: $\cos A=-\sqrt{3}$
Όμως: $-\sqrt{3}<-1\leq \cos A\leq 1$

vimaproto · 11-01-12

Αρχική Δημοσίευση από Vassia!:
Βοήθεια : α^2=β^2+γ^2+2βγ επί ρίζα 3

Ποια είναι η γωνία Α

Μήπως η άσκηση είναι

και συγκρίνοντάς τη με τη γνωστή σχέση από τον νόμο των συνημιτόνων

προκύπτει

Βοήθεια/Απορίες στη Γεωμετρία

Νεοφερμένος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Δραστήριο μέλος

Νεοφερμένος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Επιφανές μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Διάσημο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος

Συνημμένα

Πολύ δραστήριο μέλος

Εκκολαπτόμενο μέλος

Δραστήριο μέλος

Πολύ δραστήριο μέλος