Βρείτε τη γωνία χ (53)

Ιστοσελίδα · #1

Τα Δ, Ε, Ζ είναι εφαπτόμενα σημεία του κύκλου (Ο, ΟΖ), ${\rm A}\widehat {\rm B}\Gamma = {20^ \circ }$ και ${\rm B}\widehat {\rm A}{\rm O} = {10^ \circ }$ . Βρείτε τη γωνία x.

: x53.jpg (115.95 KiB) Προβλήθηκε 591 φορές

Aribaribas · #2

Νομίζω ότι είναι x=20

#3

H γωνία των

μοιρών δικαιολογείται εκ του ότι η απέναντι

είναι

μοιρών και εξωτερική του τριγώνου ΒΓΖ.

#4

Κατά πώς λέει ο Σεραφείμ αλλού: Ουφ! έφτασα δεύτερος, αλλά αφού είναι διαφορετική η λύση (ευτυχώς) την αφήνω. Έτσι κι αλλιώς θα την άφηνα, τόσο κόπο που έκανα να τη γράψω...

: 31-10-2010 Geometry.png (208.96 KiB) Προβλήθηκε 439 φορές

Η ΒΟ διχοτομεί τη γωνία Β, άρα $\displaystyle \widehat{\Delta OB} = \widehat{{\rm E}{\rm O}{\rm B}} = 10^\circ ,\;\widehat{\Delta {\rm O}{\rm B}} = \widehat{{\rm B}{\rm O}{\rm E}} = 80^\circ$ , οπότε ΑΟΒ ισοσκελές με ΑΟ = ΒΟ, άρα και $\displaystyle \widehat{\Delta {\rm O}{\rm A}} = 80^\circ$

Επίσης, αφού ΓΕ, ΓΖ εφαπτόμενες, είναι $\displaystyle \widehat{{\rm E}{\rm O}\Gamma } = \widehat{\Gamma {\rm O}{\rm Z}} = \omega = \frac{{360^\circ - 240^\circ }}{2} = 60^\circ$

Τότε $\displaystyle \widehat{{\rm Z}\Gamma {\rm O}} = 30^\circ \; \Rightarrow \;{\rm O}\Gamma = 2\rho ,\;{\rm Z}\Gamma = \rho \sqrt 3$

Στο ΒΟΔ: $\displaystyle \eta \mu 10^\circ = \frac{\rho }{\gamma }\; \Rightarrow \;\gamma = \frac{\rho }{{\eta \mu 10^\circ }}$

Στο ορθογώνιο ΑΓΖ $\displaystyle \varepsilon \phi x = \frac{{\left( {\gamma - \rho } \right)}}{{\rho \sqrt 3 }} = \frac{{\left( {\frac{1}{{\eta \mu 10^\circ }} - 1} \right)}}{{\sqrt 3 }} = \frac{{1 - \eta \mu 10^\circ }}{{\sqrt 3 \eta \mu 10^\circ }}$

Για $\displaystyle 0^\circ < x < 90^\circ$ είναι:

$\displaystyle \frac{{\eta \mu x}}{{\sigma \upsilon \nu x}} = \frac{{1 - \eta \mu 10^\circ }}{{\sqrt 3 \eta \mu 10^\circ }}\; \Leftrightarrow \;\sqrt 3 \eta \mu x \cdot \eta \mu 10^\circ = \sigma \upsilon \nu x - \eta \mu 10^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu x$

$\displaystyle \Leftrightarrow \eta \mu 10^\circ \left( {\sqrt 3 \eta \mu x + \sigma \upsilon \nu x} \right) = \sigma \upsilon \nu x \Leftrightarrow 2\eta \mu 10^\circ \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}\eta \mu x + \frac{1}{2}\sigma \upsilon \nu x} \right) = \sigma \upsilon \nu x$

$\displaystyle \Leftrightarrow 2\eta \mu 10^\circ \cdot \eta \mu \left( {x + 30^\circ } \right) = \sigma \upsilon \nu x \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \left( {x + 20^\circ } \right) - \sigma \upsilon \nu \left( {x + 40^\circ } \right) = \sigma \upsilon \nu x$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \left( {x + 20^\circ } \right) = \sigma \upsilon \nu x + \sigma \upsilon \nu \left( {x + 40^\circ } \right) \\ \\ \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \left( {x + 20^\circ } \right) = 2\sigma \upsilon \nu \frac{{2x + 40^\circ }}{2} \cdot \sigma \upsilon \nu \frac{{ - 40^\circ }}{2}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \left( {x + 20^\circ } \right) = 2\sigma \upsilon \nu \left( {x + 20^\circ } \right) \cdot \sigma \upsilon \nu 20^\circ \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \left( {x + 20^\circ } \right) = 0$

από όπου προκύπτει x = 70°.

Χρησιμοποίησα τους τύπους: $\displaystyle 2\eta \mu \alpha \cdot \eta \mu \beta = \sigma \upsilon \nu \left( {\alpha - \beta } \right) - \sigma \upsilon \nu \left( {\alpha + \beta } \right)$
και
$\displaystyle \sigma \upsilon \nu {\rm A} + \sigma \upsilon \nu {\rm B} = 2\sigma \upsilon \nu \frac{{{\rm A} + {\rm B}}}{2} \cdot \sigma \upsilon \nu \frac{{{\rm A} - {\rm B}}}{2}$ .

Τη λύση αφιερώνω σ' αυτούς που έδιωξαν τη Μέτρηση Τριγώνου από τα Ελληνικά Λύκεια.

Γιώργος Ρίζος

ΟΜΟΛΟΓΩ ότι ενώ στον τύπο της εφαπτομένης (εφx = ....) έφτασα με μιαν ανάσα,
(και κατόπιν με κομπιουτεράκι βρήκα x = 70°), στη συνέχεια κατανάλωσα μισό δέντρο χαρτιά για να το αποδείξω...
Όμως! Επειδή ήθελα να αφιερώσω σε κάποιους την άσκηση, με πείσμωσε ώστε να δείξω τη δύναμη των εργαλείων αυτών. Γι' αυτό και οι πολλές "κλειστές στροφές" στην απόδειξη.
Ελπίζω να την απολαύσετε, όσο και τη λύση του Σεραφείμ!

Δημήτρης Μυρογιάννης · #5

: Βρείτε τη γωνία χ (53).PNG (411.4 KiB) Προβλήθηκε 405 φορές

Ιστοσελίδα · #6

Σας ευχαριστώ για τις όμορφες λύσεις.
Άλλη μια γεωμετρική.

Προεκτείνω την ΓΖ και έστω Κ το σημείο τομής με την ΑΒ. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΚΖ έχουμε ${\rm Z}\widehat {\rm K}{\rm A} = {80^ \circ }$ , οπότε ${\rm B}\widehat {\rm K}\Gamma = {100^ \circ }$ . Το Ο είναι το έγκεντρο του τριγώνου ΒΚΓ, επομένως ${\rm O}\widehat \Gamma {\rm B} = {30^ \circ }$ και ${\rm O}\widehat {\rm B}{\rm K} = {10^ \circ }$ . Έτσι το τρίγωνο ΟΒΑ είναι ισοσκελές με ΟΑ=ΟΒ.

Με πλευρά ΑΒ κατασκευάζω το ισόπλευρο ΑΜΒ. Από Π-Π-Π τα τρίγωνα ΟΒΜ και ΟΑΜ θα είναι ίσα, επομένως ${\rm O}\widehat {\rm M}{\rm B} = {\rm O}\widehat {\rm M}{\rm A} = {30^ \circ }$ και θα ισχύει ${\rm M}\widehat {\rm B}\Gamma = {60^ \circ } - {20^ \circ } = {40^ \circ }$ και ${\rm B}\widehat {\rm O}{\rm M} = {100^ \circ }$ .

Το τετράπλευρο ΟΓΜΒ είναι εγγράψιμο ( ${\rm O}\widehat \Gamma {\rm B} = {\rm O}\widehat {\rm M}{\rm B} = {30^ \circ }$ ), συνεπώς ${\rm B}\widehat \Gamma {\rm M} = {\rm B}\widehat {\rm O}{\rm M} = {100^ \circ }$ και επειδή οι προσκείμενες στη βάση γωνίες είναι ίσες το τρίγωνο ΓΒΜ είναι ισοσκελές.
Από Π-Π-Π τα τρίγωνα ΑΓΒ και ΑΓΜ θα είναι ίσα, επομένως ${\rm O}\widehat {\rm A}\Gamma = {30^ \circ } - {10^ \circ } = {20^ \circ }$ και από το ορθογώνιο ΑΖΓ προκύπτει $x = {70^ \circ }$ .

: x53-sol.jpg (47.54 KiB) Προβλήθηκε 355 φορές

Βρείτε τη γωνία χ (53)

Βρείτε τη γωνία χ (53)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (53)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (53)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (53)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (53)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (53)

Μέλη σε σύνδεση