Προληπτική γωνία

#1

: Προς αποφυγήν.png (9.76 KiB) Προβλήθηκε 731 φορές

Στο εσωτερικό ισοσκελούς τριγώνου ABC(AB=AC)

υπάρχει σημείο

τέτοιο ώστε: $\hat{PCB}=30^0, \hat{PAC}=39^0$ και $\hat{BPA}=150^0$ . Να υπολογίσετε το μέτρο της γωνίας $\hat{BAP}=x.$

STOPJOHN · #2

george visvikis έγραψε:
Προς αποφυγήν.png
Στο εσωτερικό ισοσκελούς τριγώνου υπάρχει σημείο τέτοιο ώστε: $\hat{PCB}=30^0, \hat{PAC}=39^0$ και $\hat{BPA}=150^0$ . Να υπολογίσετε το μέτρο της γωνίας $\hat{BAP}=x.$

Καλησπέρα Γιώργο ,
Θεωρώ τις γωνίες $\hat{PCS}=\hat{φ},\hat{PBD}=\hat{x}+\hat{\phi },\hat{PAD}=60^{0}-\hat{x}-\hat{\phi }$

Είναι $AD\perp BC$ , αρα το τετράπλευρο BLDA

είναι εγγράψιμο σε κύκλο και συνεπώς

$\hat{BDL}=x,\hat{ADS}=60-\hat{\phi }, 2(60-\phi )=x+39,(1), x-\phi =30,(2) (1),(2)\Rightarrow x=47^{0}$
$\hat{B}=\hat{C}=30+17=47$

Γιάννης

ΥΓ. Υπάρχει υπολογιστικό λάθος και θα γίνει διόρθωση ευχαριστώ τον Γιώργο για το Π.Μ Καλησπέρα Ευθύμη

ealexiou · #3

Θα έλεγα πως η γωνία δεν είναι - δεν μπορεί να είναι - προληπτική. Κάποιοι άνθρωποι είναι προληπτικοί και θεωρούν το μέτρο αυτής της γωνίας γρουσούζικο αριθμό ειδικά σε συνδυασμό με Τρίτη ή Παρασκευή.

#4

george visvikis έγραψε:
Το συνημμένο Προς αποφυγήν.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο εσωτερικό ισοσκελούς τριγώνου υπάρχει σημείο τέτοιο ώστε: $\hat{PCB}=30^0, \hat{PAC}=39^0$ και $\hat{BPA}=150^0$ . Να υπολογίσετε το μέτρο της γωνίας $\hat{BAP}=x.$

Καλησπέρα σε όλους.

: προληπτική γωνία_1.png (22.46 KiB) Προβλήθηκε 554 φορές

Θεωρώ τμήμα AK = AB = AC

με τα $B\,,C$ εκατέρωθεν της

και επί πλέον $\widehat {BAP} = \widehat {PAK}$ , οπότε προφανώς $\boxed{\widehat {KAC} = 39^\circ - \widehat x}\,\,\,(1)$ .

Επειδή τα τρίγωνα $PAB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PAK$ είναι ίσα $(\Pi - \Gamma - \Pi )$ θα είναι PB = PK

. αφού δε αφ ενός , $\widehat {APB} = 150^\circ$ και αφ ετέρου η

μεσοκάθετος στο

,

αναγκαστικά το τρίγωνο KPB

είναι ισόπλευρο .

Με την γωνία $\widehat {PCB} = 30^\circ$ το

είναι το περίκεντρο του τριγώνου PBC

και άρα η

μεσοκάθετος στη βάση

του ισοσκελούς τριγώνου ABC

.

Έτσι όμως $\widehat {BAK} = \widehat {KAC} \Rightarrow 2\widehat x = 39^\circ - \widehat x \Rightarrow \boxed{\widehat x = 13^\circ }$ .

Φιλικά Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

george visvikis έγραψε:
Το συνημμένο Προς αποφυγήν.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο εσωτερικό ισοσκελούς τριγώνου υπάρχει σημείο τέτοιο ώστε: $\hat{PCB}=30^0, \hat{PAC}=39^0$ και $\hat{BPA}=150^0$ . Να υπολογίσετε το μέτρο της γωνίας $\hat{BAP}=x.$

Καλησπέρα...

Έστω $\displaystyle{Q}$ συμμετρικό του $\displaystyle{A}$ ως προς $\displaystyle{BP}$ και $\displaystyle{AM \bot BC}$ . Επειδή $\displaystyle{\angle APL = {30^0} \Rightarrow \vartriangle APQ}$ ισόπλευρο κι επειδή $\displaystyle{\angle AZP = {60^0} \Rightarrow AQZP}$ εγγράψιμο.

Έτσι $\displaystyle{\angle AZQ = {60^0}}$ κι επειδή $\displaystyle{\angle CBZ = {30^0} \Rightarrow \angle BZM = {60^0}}$ άρα $\displaystyle{B,Z,Q}$ συνευθειακά και προφανώς οι κόκκινες γωνίες $\displaystyle{x}$ είναι ίσες άρα $\displaystyle{\angle A = 4x}$

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ABN \Rightarrow y + 4x + {21^0} = 90 \Rightarrow \left( {y + x} \right) + 3x = {69^0} \Rightarrow {30^0} + 3x = {69^0} \Rightarrow \boxed{x = {{13}^0}}}$

: pg.png (39.05 KiB) Προβλήθηκε 545 φορές

STOPJOHN · #6

george visvikis έγραψε:
Το συνημμένο Προς αποφυγήν.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο εσωτερικό ισοσκελούς τριγώνου υπάρχει σημείο τέτοιο ώστε: $\hat{PCB}=30^0, \hat{PAC}=39^0$ και $\hat{BPA}=150^0$ . Να υπολογίσετε το μέτρο της γωνίας $\hat{BAP}=x.$

Καλησπέρα ,επανέρχομαι για να συμπληρώσω τη λύση ,

Θεωρώ τις γωνίες $\hat{\phi }=\hat{ACP},\hat{PBC}=\hat{x}+\hat{\phi },x=\hat{BAP}$

Κατασκευάζω την $AL\perp BL,AD\perp BC$ ,Από το εγγράψιμο τετράπλευρο
$ABDL,x=\hat{BDL}= \hat{SDC},2\hat{\phi }+\hat{x}=81^{0},(*)$ ,

η σχέση αυτή έχει αποδειχθεί στην προηγούμενη ανάρτηση

Το σημείο

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABJ

Το σημείο

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου AJC

, γιατί $\hat{SCJ}+ \hat{SJC}=x+60-\phi -x+30+\phi =90^{0},DC\perp AJ,AL'\perp CJ$

Εφόσον
$AJ\perp BC,BD=DC\Rightarrow BJ=JC,BTJ=JSC,\hat{L'AC}=x,\hat{DAK}=60-x-\phi ,\hat{DAC}=60-\hat{\phi },$

Θα αποδείξω ότι τα τρίγωνα AJC,ABJ

είναι ισοσκελή και τα σημεία L',L

είναι τα μέσα των βάσεων τους JC,JB

αντίστοιχα . Πράγματι από την ισότητα των τριγώνων

$ALJ=AJL'\Rightarrow LJ=JL'$ . Oμοίως από τα τρίγωνα $ALD=ADL'\Rightarrow LD=DL',\hat{IDL}=x=\hat{SDC}=\hat{CDL'}=\hat{DL'L}$

Αρα LL'

είναι μεσοκάθετος της

και το σημείο

είναι το μέσο της

συνεπώς $60^{0}-x-\phi =x\Leftrightarrow 2x+\phi =60^{0},(**) (*),(**)\Rightarrow x=13^{0},\phi =34^{0}$

Γιάννης

Ιστοσελίδα · #7

george visvikis έγραψε: Στο εσωτερικό ισοσκελούς τριγώνου υπάρχει σημείο τέτοιο ώστε: $\hat{PCB}=30^0, \hat{PAC}=39^0$ και $\hat{BPA}=150^0$ . Να υπολογίσετε το μέτρο της γωνίας $\hat{BAP}=x.$

Χαιρετώ τους φίλους.

: Προληπτική-γωνία.png (27.85 KiB) Προβλήθηκε 463 φορές

Στην προέκταση της

παίρνω σημείο

, τέτοιο ώστε AD = AC

.

Στον κύκλο $(A,\,AD)$ έχουμε $D\widehat AB = 2D\widehat CB = {60^ \circ }$ , συνεπώς το $\triangleleft ADB$ ισόπλευρο.

Απ’ το ισοσκελές $\triangleleft ADC:\,A\widehat DC = A\widehat CD = 40,5 - \dfrac{x}{2}$

Αν φέρω τον περίκυκλο του $\triangleleft APB$ , τότε το

είναι το κέντρο του μια που $A\widehat PB = \dfrac{{B\widehat D{A_{\mu \eta \,\,\kappa \upsilon \rho \tau \dot \eta }}}}{2}$

Έτσι, $B\widehat DP = 2B\widehat AP = 2x$ και απ’ την εξίσωση: $2x + 40,5 - \dfrac{x}{2} = 60 \Leftrightarrow x = 13$

Προληπτική γωνία

Προληπτική γωνία

Re: Προληπτική γωνία

Re: Προληπτική γωνία

Re: Προληπτική γωνία

Re: Προληπτική γωνία

Re: Προληπτική γωνία

Re: Προληπτική γωνία

Μέλη σε σύνδεση