by 
Δίδεται τετράγωνο ΑΒΓΔ.
Στο εσωτερικό του τετραγώνου κατασκευάζουμε δύο γωνίες ΟΓΔ και ΟΔΓ
ίσες με 15ο η κάθε μία.
Να δειχθεί ότι το τρίγωνο ΑΒΟ είναι ισόπλευρο.
(για τη φουκαριάρα τη Γεωμετρία, που έχει, κάπως, πέσει στα αζήτητα τελευταία…)
Επειδή το να μοιράζεσαι πράγματα, είναι καλό για όλους…
Μια άλλη λύση πιο σύντομη:
Αν ήμουν Μαθηματικός θα τον μηδένιζα τον κερατά.
κι εγώ, Γιάννη,
δεν την “πάω” την Τριγωνομετρία…
Όχι Βαγγέλη. Την πάω την Τριγωνομετρία και πολύ μάλιστα. Το ίδιο την Άλγεβρα και την Αναλυτική Γεωμετρία. Και τα υβρίδια πάω όταν θέλω να λύσω πρόβλημα Φυσικής. Όταν όμως έπαιζα μπάσκετ δεν κλωτσούσα τη μπάλα με τα πόδια.
ωχ, Γιάννη,
μπάσκετ;
εγώ τερματοφύλακας του Φυσικού Αθήνας,
τελικός με τη Νομική στο γήπεδο του Άγιου Κοσμά,
χάσαμε 1-0, μάλιστα,
το γκολ μου το έβαλε ο καλύτερος του αγώνα,
ο δικός μας σέντερ μπακ,
συμφοιτητής και φίλος…
μια ακόμα λύση
καλημέρα, Δημήτρη,
δεν σε “πιάνω”, θεωρώ ότι και οι μαθητές, ίσως διότι γράφεις “τηλεγραφικά” και χωρίς αιτιολογίες
π.χ. γιατί Ο1=30ο ; και ποια είναι η Γι με την οποία είναι ίση;
πως υπολογίζεις την Κ2 και γιατί όχι 180ο-Κ1;
γιατί Κ3=Κ2;
Καλημέρα Βαγγέλη.
Είναι 30 μοίρες διότι είναι εξωτερική γωνία, Είναι ίση με το άθροισμα των δύο γωνιών του τριγώνου.
μα, το γνωρίζω αυτό, Γιάννη, άλλωστε κι εγώ κάνω χρήση εξωτερικής γωνίας τριγώνου στις απαντήσεις μου, εννοώ ότι δεν το γράφει αυτό ο Δημήτρης, την εξήγηση δηλαδή
πράγματι φοβερή διευκόλυνση η χάραξη της διαγωνίου, δεν την είχα σκεφτεί
το ίδιο κάνει και ο Διονύσης στη δική του απάντηση
(ο Διονύσης είχε στείλει χειρόγραφη την απάντησή του σε άλλον χώρο, όπου είχα αναρτήσει την ερώτηση, μου άρεσε πολύ και του ζήτησα να την γράψει κι εδώ ηλεκτρονικά)
Η χάραξη της ΑΔ είναι έξυπνη επιλογή διότι εμφανίζει την Δ1 που είναι 30 μοίρες.
φήμες λένε
ότι η Νομική κατέβηκε με γοητευτική εξέδρα
και πέτυχε να αποσπάσει την προσοχή
όλης της αμυντικής γραμμής
μέχρι βαθμού … αυτογκόλ
αλλιώς δεν θα μας κέρδιζαν,
μέχρι σήμερα να κλωτσάγανε το τόπι
ευχαριστούμε για την ανάρτηση
και για την ιστορία που την συνόδεψε
η αλήθεια είναι ότι η “σειρά” μου, Γιώργο
“ανηφόριζε”, δήθεν τυχαία, προς Νομική,
στον ίδιο δρόμο, Σόλωνος, ήταν
μόλις 3 τετράγωνα πιο πάνω,
διότι εκεί μεγάλο το “γυναικολείβαδο”,
μάλιστα μία φορά η χάρις μου,
μπλα-μπλα ναι, και χα-χα-χου,
μπήκε ο καθηγητής και κλείστηκα μέσα,
δίωρο και Λατινικά, μάλιστα!
παρέδωσε και άρχισε τις ερωτήσεις
“Γερούνδιον και Γερουνδιακό του ρήματος…”
ρηματικά εις -τως και -τέος επίθετα
και ποιον ρώτησε πρώτον;
μα, έναν από “τις μύγες μες το γάλα”.
τον έσκισα, άψογη η απάντησή μου,
διότι είχα 20 Απολυτήριο στα Λατινικά,
για πολλοστή φορά το Κλασσικό σχολείο με έσωσε…
Φέρνουμε τη διαγώνιο και διχοτόμο ΑΔ, όπως φαίνεται στο συνημμένο σχήμα.
Από το Ο, φέρνουμε την ΟΛ, όπου Λ το συμμετρικό του Ο ως προς την ΑΔ.
Καθώς ΟΔΓ=15ο και ΑΔΓ=45ο, έχουμε ΑΔΟ=30ο. Άρα και ΛΔΚ=30ο.
Άρα ΛΔΟ=60ο και επομένως το ισοσκελές ΟΔΛ είναι ισόπλευρο.
Έχουμε: ΒΔΛ=90ο-75ο=15ο.
Τα τρίγωνα ΒΛΔ και ΓΟΔ είναι ίσα αφού έχουν 2 πλευρές (ΒΔ=ΓΔ και ΛΔ=ΟΔ) και την περιεχόμενη γωνία ίσες (ΒΔΛ=ΟΔΓ=15ο).
Άρα ΛΒΔ=15ο και ΒΛΔ=150ο. Άρα ΒΛΟ=150ο.
Επίσης, το ΒΛΔ είναι ισοσκελές με ΛΒ=ΛΔ.
Όμως, ισχύει ότι ΛΔ=ΛΟ και άρα το ΟΒΛ ισοσκελές.
Άρα ΟΒΛ=ΒΟΛ=15ο.
Άρα ΑΒΟ= 90ο-30ο=60ο.
Τα τρίγωνα ΟΒΛ και ΛΒΔ είναι ίσα διότι έχουν 2 πλευρές (ΒΛ κοινή πλευρά και ΛΟ=ΛΔ) και την περιεχόμενη γωνία ίσες (ΒΛΟ=ΒΛΔ=150ο).
Άρα ΒΟ=ΒΔ.
Άρα το τρίγωνο ΑΒΟ είναι ισοσκελές (ΑΒ=ΒΔ=ΒΟ) με μία γωνία ίση με 60ο. Άρα είναι ισόπλευρο. Όπερ έδει δείξαι.
Διονύσης Σκιάς
πολύ καλή λύση, Διονύση
μπράβο!
Καλημέρα παιδιά.
Δημήτρη και Διονύση όμορφες οι λύσεις.
Αφιερωνεται στον Γιάννη Κυριακόπουλο.
Παραθετω μια λυση που ειχα προτεινει στον καθηγητη μου οταν ημουνα μαθητης 1ης Λυκειου.
Λήμμα:
Εστω δυο κυκλοι (Κ,ρ) και (Λ,ρ) οπου ο ενας διερχεται απο το κεντρο του αλλου.Αν Ο ειναι ενα σημειο τομης τους και η κοινη εξωτερικη εφαπτομενη η πλησιεστερη στο Ο εφαπτεται στους κυκλους (Κ,ρ) και (Λ,ρ) στα σημεια Μ,Ν αντιστοιχα,τοτε:
i) Tο τριγωνο ΚΛΟ ειναι ισοπλευρο.
ii) To ΚΛΜΝ ειναι τετραγωνο.
iii) Το τριγωνο ΝΟΜ ειναι ισοσκελες με τις προσκειμενες στην βαση ΜΝ γωνιες ισες με 15 μοιρες.
Απόδειξη: ι) προφανές.
ii) Ειναι ΝΚ=ΚΛ=ΛΜ=ρ και ΝΚ // ΛΜ ως ακτινες καθετες στην κοινη εξωτερικη εφαπτομενη.Αρα ΚΛΜΝ ρομβος με μια εκ των γωνιων του ορθη. Αρα ΚΛΜΝ τετραγωνο.
iii) Λογω των i),ii) η γωνια ΟΚΝ ειναι 30 μοιρες ως συμπληρωματικη της γωνιας του ισοπλευρου τριγωνου. H γωνια ΟΝΜ ειναι η γωνια μεταξυ της χορδης ΝΟ και της εφαπτομενης ΝΜ.Αρα ειναι ιση με καθε εγγεγραμμενη γωνια στον κυκλο (Κ,ρ) η οποια βαινει στο τοξο ΝΟ, λογω γνωστου θεωρηματος.
Ως γνωστον ομως, καθε επικεντρη γωνια ενος κυκλου ειναι διπλασια μιας εγγεγραμμενης η οποια βαινει στο ιδιο τοξο ή σε ισο τοξο του κυκλου.Η γωνια ΟΚΝ ομως ειναι επικεντρη που βαινει στο τοξο ΝΟ.Αρα η γωνια ΟΝΜ ειναι το μισο της ΟΚΝ αρα ΟΝΜ=15 μοιρες. Ομοια ΟΜΝ=15 μοιρες (Ο.Ε.Δ)
Λογω του πιο πανω λήμματος η προς αποδειξη προταση ειναι προφανης.
πολύ καλή λύση, και μάλιστα, από μαθητή της Α Λυκείου
δεν γνωρίζω αν διάβασες την παραπομπή στον δικό μου χώρο,
μοιάζει πολύ με την πρώτη από τις τρεις απαντήσεις μου
Την διαβασα.Μοιαζει αρκετα. Υπαρχουν πολλοι τροποι να διατυπωσει κανεις τη λυση. Η πιο ισχυρη παρατηρηση για να λυσει κανεις την ασκηση ειναι οτι η προταση:”15 μοιρες αρα ισοπλευρο” ειναι ισοδυναμη με την προταση :”Ισοπλευρο αρα 15 μοιρες”.Η αλλοιως:
“Iσοπλευρο αν και μονο αν 15 μοιρες”
Καλημέρα παιδιά.
Κωνσταντίνε ευχαριστώ.
Πολύ όμορφη λύση.
τριτη σειρα λήμματος: (στα σημεια Ν,Μ αντίστοιχα)
Καλημερα!
Βαγγελη την εχω δει απο την αρχη δεν ειχα ομως τον χρονο που αυτη χρειαζονταν .
Εχουν προταθει πολυ ομορφες λυσεις τοσο απο την πλευρα σου (λιγο συνθετες) οσο και απο την πλευρα του Γιαννη αλλα και του Κωνσταντινου αλλα και του Διονυση Σκια .
Προσθετω και εγω μια σκεψη ακομη ….
Ωραία!
Σωστός,
θα τον βγάλουμε με χρέος τον αγαπημένο Γεωμέτρη της νιότης μου…
Ωραίο πρόβλημα Βαγγέλη.
Μία λύση και με μετρικές σχέσεις, εδώ.
Φιλικά,
Θ.Π.
Θρασύβουλε, ομολογώ ότι δεν γνωρίζω γενικευνένο Πυθαγόρειο θεώρημα
“γενικευμένο”
Βαγγέλη είναι ο πρόδρομος του θεωρήματος του συνημιτόνου.
καλημέρα, Γιάννη, δεν το θυμόμουν
καλημέρα σε όλους
μου έστειλε μια, επίσης πολύ καλή, απάντηση ο Διονύσης ο Σκιάς
απέδειξε, αρχικά, με την εις άτοπον, ότι η γωνία ΒΟΔ δεν μπορεί να είναι ούτε μεγαλύτερη ούτε μικρότερη από 75ο
προσπαθείστε την
Είναι πραγματικά συγκινητικό να βλέπεις ανθρώπους διαφορετικών ηλικιών και ειδικοτήτων να ασχολούνται με τη Γεωμετρία και να προτείνουν τόσο όμορφες λύσεις. Άλλη μια λύση για τον κύριο Βαγγέλη για την ωραία άσκηση, την ιστορία που τη συνόδευε, τις άλλες ιστορίες που μοιράστηκε μαζί μας και με τις οποίες μας θύμισε τις δικές μας ηρωικές μέρες πριν τις Γενικές Εξετάσεις αλλά και τα ανέμελα φοιτητικά χρόνια μας, στα οποία και εμείς γυρνούσαμε στις αίθουσες της Νομικής και στα αμφιθέατρα της Φιλοσοφικής αναζητώντας …την ομορφιά. Έχουμε λοιπόν:
Το Ο ανήκει στην κοινή μεσοκάθετο των τμημάτων ΓΔ και ΑΒ και άρα ΑΟ= ΒΟ.
Άρα το τρίγωνο ΑΟΒ είναι ισοσκελές (με ΟΑΒ = ΟΒΑ = φ). Για να δείξω ότι είναι ισόπλευρο, αρκεί να δείξω ότι φ = 60.
Τα τρίγωνα ΑΟΓ και ΒΟΔ είναι ίσα γιατί έχουν 3 πλευρές ίσες (ΑΓ=ΒΔ, ΑΟ=ΒΟ και ΓΟ= ΔΟ). Άρα για τη γωνία ΑΟΓ ισχύει ΑΟΓ = ΒΟΔ = ω.
Αρκεί να δείξω ότι ω = 75 (διότι τότε η γωνία ΟΒΔ = 30 και θα είναι 90-φ = 30 και άρα φ = 60).
Έστω ότι ω > 75.
Τότε για το τρίγωνο ΟΒΔ ισχύει ΒΔ > ΒΟ (σε κάθε τρίγωνο, απέναντι από άνισες γωνίες, βρίσκονται αντίστοιχα άνισες πλευρές) δηλαδή α > ΒΟ.
Επίσης, στο σημείο Ο έχουμε (αφού οι 4 γωνίες έχουν άθροισμα 360) ότι η γωνία ΑΟΒ < 60.
Έτσι, για το τρίγωνο ΑΟΒ ισχύει ότι η γωνία φ > 60 και άρα ΑΟΒ < φ. Έτσι, για τις αντίστοιχες απέναντι πλευρές έχουμε ΑΒ < ΒΟ δηλαδή α < ΒΟ. Άτοπο.
Έστω ότι ω < 75.
Τότε για το τρίγωνο ΟΒΔ ισχύει ΒΔ < ΒΟ (σε κάθε τρίγωνο, απέναντι από άνισες γωνίες, βρίσκονται αντίστοιχα άνισες πλευρές) δηλαδή α < ΒΟ.
Επίσης, στο σημείο Ο έχουμε (αφού οι 4 γωνίες έχουν άθροισμα 360) ότι η γωνία ΑΟΒ > 60.
Έτσι, για το τρίγωνο ΑΟΒ ισχύει ότι η γωνία φ < 60 και άρα ΑΟΒ > φ. Έτσι, για τις αντίστοιχες απέναντι πλευρές έχουμε ΑΒ > ΒΟ δηλαδή α > ΒΟ. Άτοπο.
Άρα ω = 75. Όπερ έδει δείξαι.
Διονύσης Σκιάς
ο “παλιός” αξίζει, αν μπορεί να επιλέγει αξιόλογους “νέους”
ευχαριστούμε Διονύση
πολύ καλή απάντηση!
μια, ακόμη, λύση
από τον φίλο, Γιάννη Σιούλα, Πολιτικό Μηχανικό