przygotowanie do konkursu z geometri agniesia: Przygotowuje sie do konkursu z geometri i polecenie jest takie Pokaz ze trojkat ABC jest rownoramienny wykorzystujac jedynie zasady geometri syntetycznej (bez uzycia metod algebrainczych). Prosze o odpowiedz albo naprowadzenie

Mila: Czy taka jest treść, czy może sama narysowałaś ten Δ?

Eta: Myślę,że agnisia to nasz "małolat"

wredulus_pospolitus: Drogie Panie, a ja mam takie oto pytanie: Czy z faktu, że ∡BPC = 2*∡BAC mamy jednoznacznie powiedzieć, że punkt P jest środkiem okręgu opisanego na Δ_ABC ? Jeżeli tak to ... to nie jest trójkąt równoramienny.

Eta: Dokładnie taaaak

Eta: Ale wtedy na rys. powinno być tak A tak nie jest więc coś nie ... halo

ite: Gdyby autorem pytania był użytkownik, o którym mowa o 21:29, to byłoby to zadanie z geometryi z podręcznika dla szkół powszechnych siedmioklasowych. A tu jest po prostu z "geometri".

Mila: Najlepiej, aby autor napisał treść zadania, rysunek to za mało. Znalazłam takie zadanie− też chodzi o Synthetic solution. Consider ΔABC and a point M in its interior so that ∠MAB=10∘,∠MBA=20∘ ,∠MCA=30∘ and ∠MAC=40∘. What is ∠MBC?

Mila: Nie należy (chyba) pisać rozwiązania, zastrzeżone są prawa autorskie. Strona : "Zawody matematyczne amerykańskiego stowarzyszenia". Powyższe zadanie( 00:08 ) znalazłam gdzie indziej. Może ktoś biegły w angielskim doczyta o co chodzi z tymi prawami. Tłumaczenie nie jest dla mnie jasne. Rozwiązanie zadania z 20 kwietnia i 30 kwietnia metodą syntetyczną jest proste. Jeśli agniesia się zgłosi to napiszę podpowiedź.

Kacper: To zadanie z 1996 roku z amerykańskiej olimpiady matematycznej

Mila: Zgadza się.Rozwiązujemy?

Min. Edukacji: Ale tylko za $😄

Kacper: Mila myślę, że nie jest to zakazane Ja z trygonometrii mam pomysł, ale wiadomo, że najładniejsze są rozwiązania syntetyczne

Mila: Kacper Ja mam rozwiązanie bez trygonometrii. 1) Przedłużyć BP. 2) Z punktu A poprowadzić półprostą AK, aby |∡ PAK |=10^o, K∊półprostej BP. Otrzymasz Δ równoramienny BKA. Dalej zobaczysz. Trudno mi zrobić dobry rysunek. Postaram się zrobić, a może Ite tu spojrzy i w geogebrze zrobi.

chichi: Wg mnie trzeba mieć naprawdę ograniczoną wyobraźnię żeby nie widzieć tutaj syntetycznych rozwiązań

maja: nadajesz się na wykładowcę, arogancja i wyższość nad innymi... i obrażanie

Mariusz: Maja ja już dawno to zauważyłem On jest jeszcze bardzo młody ale raczej z tego nie wyrośnie

ite: Milu czy to ma być tak zrobione? https://www.geogebra.org/m/rpxtwszs

ite: oznaczenia dałam z treści 30 kwi 00:08, ale może zmienić?

Trebuh: Czy mógłbym prosić o pomoc w rozwiązaniu?

Mila: Podpowiedź 1) rysunek 2) O − punkt przecięcia symetralnych boków Δ ( środek okręgu opisanego na ΔABC) ΔAKB− Δrównoramienny (20,20 ,140) ΔΔASC −Δrównoramienny (30, 30,120)

Mila: Dziękuję ite , może w geogebrze da się lepiej narysować. Czy widzisz luki w rozwiązaniu? Kacper ma rozwiązanie z trygonometrią. Może napisze?

chichi: @Mila to Twoje czy zapożyczone?

Trebuh: Miła bardzo dziękuję za pomoc, będę analizować. Pan chichi potrafi tylko wystawiać język i upominać innych czy rozwiązać też?

Mila: Tak , zapożyczone od Ciebie chichi, Pegasus mi pomógł.

Trebuh: Dlaczego prosta SM przechodzi przez B? Z czego to wynika?

Mila: O− środek okręgu opisanego na ΔABC ( punkt przecięcia symetralnych boków Δ) |BO|=|AO|=|CO|=R ∡BOC, ∡A − kąt środkowy i wpisany oparty na cięciwie AB |∡BOC |=2*50^o=100^o ΔBOC− Δrównoramienny ( 100^o,40^o,40^o) 2) ΔAOC− Δrównoramienny o katach (10^o,10^o,160^o) |∡AOC|=160^o⇒|∡ABC|=80^o kąty : środkowy i wpisany oparte na cięciwie AC 3) |∡BCA|=50^o Teraz widzisz wszystko? Nie mogłam dobrego rysunku zrobić z okręgiem. Można jeszcze inaczej wyjaśnić. Zostawiam do przemyślenia. Jeśli Kacper nie napisze rozwiązania z trygonometrią, to postaram się.

Trebuh: Dzięki rozumiem, genialne 😇😇

Mila: Zrobię lepszy rysunek i napiszę kolejność dodatkowych linii.

Trebuh: Jednak nadal nie rozumiem skąd AOC ma 160

Trebuh: Tak jakby wszystko rozumiem, ale skąd wiemy że BK to dwusieczna kąta i kąt BKS to właśnie 20 stopni?

Trebuh: Przepraszam że tak dopytuje, ale chciałabym to dobrze zrozumieć.

Trebuh: A dlaczego BSK ma 120 stopni? Przecież nie wiemy, że punkty B, S, O leżą na 1 prostej, bo to jest do udowodnienia.

Mila: Nie podoba mi się ten sposób. Przykro mi.

Trebuh: Tzn nie jest dobrze?

Trebuh: A Pan chichi? Chwalił się że wie jak to zrobić.

Mila: Czekaj, coś się wymyśli do końca

Mila: 1) O−środek okręgu opisanego na ΔABC. |OA|=|OB|=|OC|=R 2) Rysuję okrąg opisany na ΔABC |∡BAC|=50^o⇒|∡BOC|=100^o 3) BQ− średnica |∡BAQ|=90^o − jako kąt wpisany w okrąg oparty na średnicy⇒|∡MAD|=40^o ΔCOQ− Δrównoramienny, kąty przy podstawie QC : 50^,50^o |AQ|=|QC|⇔MQ jest wysokością i dwusieczną kąta Q 4) Teraz można różnie ustalić miary kątów B i C np. Suma kątów przeciwległych w czworokącie wpisanym w okrąg jest równa 180^o Zatem : |∡B|=80^o−100^o=80⁰ i |∡C|=50^o |BC|=|AB| ===========================

Kacper: Widzę że dyskusja trwa 🤗 Ja obecnie zajęty jestem, bo koniec roku się zbliża, jak znajdę trochę czasu to wrzucę ten sposób z trygononetrią.

Mila: Cześć, właśnie chciałam zastosować trygonometrię wg Cevy, ale trudne równanie mam. Pozdrawiam, powodzenia w ocenianiu

Trebuh: Dziękuję za wszelką pomoc. Dlaczego AQ=QC? Z czego to wynika?

Mila: ∡MAQ|=40^o

Mila: Rozważaj kąty miary kątów wpisanych. Podałam różne informacje, masz z nich skorzystać , aby ustalić miary kątów B i C. Jeśli nie wpadniesz na dobry pomysł, to napisz. Podpowiem. Zacznij od najpierw ustalonych. CBQ i CAQ.

Trebuh: Nadal nie wiem na jakiej podstawie AQB ma 50 stopni lub ACQ ma 40 stopni 😪 Jeden z nich wystarczy do wykazania tezy. Poza tym w ogóle nie skorzystaliśmy z części danych związanych z punktem P.

Mila: Tak jak poprzednio: Połączyć punkty A i S− otrzymujesz ΔASC− trójkąt równoramienny o kątach30,30,120. ΔAOS i COS − Δ przystające cecha : bbb dalej sama Narysować na nowo?

chichi: @Trebuh "A Pan chichi? Chwalił się że wie jak to zrobić" Mogę wrzucić któreś ze swoich najprostszych rozwiązań tego problemu, ale jeśli nie jesteś "obcykany" w geometrii, albo nie jesteś olimpijczykiem, to wątpię żebyś je zrozumiał, decyzja należy do Ciebie

an: ∡MAB=10^o,∡MBA=20^o,∡MCA=30^o , ∡MAC=40^o. kreślimy prostą AE pod kątem 10^o do AB, ∡AEC=90^o kreślimy okrąg o średnicy AC, opisany na △AEC, ∡ADB=90^o △ADE jest równoboczny kreślimy okrąg o średnicy AB, ∡ADB=90^o △ADB i △CDB są przystające, tym samym trójkąt ABC jest równoramienny ∡ABC=80^o; ∡MBC=60^o

Trebuh: Miła poproszę o ten rysunek jeśli można 🤗 Chichi jak wrzucisz to będę w stanie to ocenić, szkoda że Ty oceniasz mnie przedtem. Przy okazji jestem dziewczyną. an dziękuję za pomoc, mam pytanie, skąd wiemy że ADB ma 90 stopni?

chichi: Szkoda, że ja nikogo nie oceniłem... No, ale cóż będzie trzeba popracować nad maturą z języka polskiego. Po pytaniu do @an mam wątpliwości czy cokolwiek tu wstawiać. Takich zadań na maturze na pewno nie będzie, a geometrii z forum się nie nauczysz

Trebuh: Nie będę przytaczać konkretnych zapisów z postów. Każdy może przeczytać i samemu ocenić. W takim razie Tobie nie dziękuję za pomoc, bo jej wcale nie udzieliłeś.

Mila: Trebuh, W rozwiązaniu an : |∡ADB|=90^o jako miara kąta wpisanego w okrąg ( niebieski) opartego na średnicy AB.

Trebuh: To zatem dlaczego punkt D jest środkiem odcinka AC? Rozumiem że zaczynamy od kreślenia niebieskiego okręgu, a potem czerwony.

Trebuh: Skoro kresle okrąg o średnicy AC, czyli zakładam że D jest środkiem AC, a potem pisze że ADB ma 90 stopni, to już to byłby koniec zadania przecież.

Mila: Poczekaj na wyjaśnienie an . Jeśli chodzi o moją propozycję rozwiązania to myślę, jak rozwiać Twoje wątpliwości. Wykaż cierpliwość

Trebuh: Dziękuję bardzo 🤗

an: Rzeczywiście brak dowodu, że D należy do niebieskiego okręgu. Mam już dość tego rysowania i daje opis do mojego rysunku wyżej Oznaczmy środek niebieskiego okręgu jako G. Wówczas powstały trójkąt AGD jest podobny do trójkąta ABC gdyż mają wspólny kąt BAC a AC=2x|AD|, oraz AB=2x|AG|, przy czym GA=GD czyli ΔADG jest równoramienny, a ΔABC jako podobny jest również równoramienny

Trebuh: Dziękuję, już zaczynam analizować 😇

Trebuh: an dlaczego GA=GD?

Trebuh: Bo skoro zakładam że tak jest, to znaczy że zakładam że punkt D należy do niebieskiego, a to mieliśmy pokazać

Trebuh: Mila, dlaczego BD jest równoległa do EP'?

Mila: Trebuh 23 maj 18:31 albo 27 maj 18:56 Którą wersję uzupełnić? ( a może sama już wyjaśniłaś wątpliwości).

Trebuh: Myślę że bardziej tę z 27 maja, była jeszcze inna, ale chyba zniknęła 😅

Mila: 1) Rysuję ΔABC, odcinki jak w treści i okrąg opisany. 2) Kreślę średnicę BD ∡BAD, ∡BCD− kąty proste jako wpisane oparte na średnicy |∡BOC|=2*50^o=100 jako kąt środkowy oparty na cięciwie BC tak jak kąt BAC wpisany w okrąg |∡DOC|=80^o jako przyległy do ∡BOC |∡BDC|=50 jako kąt wpisany oparty na BC 3) rysuję średnicę AE, ∡EOC=20^o to ∡EAC i ∡OCA mają po 10^o ⇒ |∡AOD|=80^o Teraz dokończyć można w różny sposób np.

	1
kąt wpisany ABC=		*160o =80o
	2

∡BCA=180^o−80^o−50^o=50^o. |BC|=|BA|

Trebuh: Bardzo dziękuję za rysunek. Jak zwykle mam pytanie 🤦‍♂️ Skąd wiemy że kąt EOC ma 20 stopni?

Trebuh: Nadal nie rozumiem dlaczego korzystamy z faktu że BD i AC są prostopadłe

Trebuh: Dziękuję za konstruktywną odpowiedź.

Mila: Może kąty wierzchołkowe i przyległe ? Szkic. Trudno jest mi to umieścić na rysunku typu 22:53 , bo jest mało miejsca w polu na grafikę. Jeśli to nie wyjaśni Twoich wątpliwości, to podam inny sposób albo narysuję w geogebrze ( jeśli lepiej opanuję to rysowanie za pomocą geogebry). Czy dowód z zastosowaniem trygonometrii zrobiłaś?

Trebuh: Ten dowód z linku mi się podoba z trygonometrii. Nanoszę te rzeczy, które mam teraz od Ciebie i mam nadzieję, że już wszystko będzie jasne 🤦‍♂️

Mila: 1) Narysuj duży rysunek. Wyjdzie. Wszystko tutaj zapętla się i mnie wydawały się pewne miary kątów oczywiste. 2)Chodzi Ci o dowód z konkursu 1996 r. z amerykańskiej olimpiady?