Βρείτε τη γωνία x (69)

Ιστοσελίδα · #1

Πάνω στις πλευρές ΒΓ, ΑΓ ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε αντίστοιχα σημεία Δ, Ε, τέτοια ώστε ${\rm A}\widehat \Delta {\rm E} = {30^ \circ }$ και $\Gamma {\rm E} = 2{\rm B}\Delta$ . Βρείτε τη γωνία $\Delta \widehat {\rm A}\Gamma = x.$

#2

$\displaystyle{\triangle ABD:\frac{AD}{\sin 60}=\frac{BD}{\sin(60-x)}}$

$\displaystyle{\triangle ADE:\frac{AD}{\sin(150-x)}=\frac{DE}{\sin x}}$

$\displaystyle{\triangle DEC:\frac{DE}{\sin 60}=\frac{2 BD}{\sin(90-x)}}$

$\displaystyle{\Rightarrow \frac{\sin(30+x)}{\sin 60}=\frac{\sin x \cdot \sin(90-x)}{\sin(60-x)\cdot \sin 60}\Rightarrow 2\cdot \sin(30+x)\cdot \sin(60-x)=\sin x\cdot \cos x}\Rightarrow$ $\cos (2x)=0\Rightarrow x=45^o$

#3

Φέρνουμε την παράλληλη ευθεία προς την

η οποία τέμνει την

στο σημείο έστω

, ως το περίκεντρο του τριγώνου $\triangle ADE,$ αφού KA = KE

και $\angle AKE = 60^{o} = 2\angle ADE$ .

Επειδή τώρα, BK = CE = 2BD

και $\angle KBD = 60^{o},$ συμπεραίνεται ότι το τρίγωνο $\triangle DBK$ είναι ορθογώνιο στο

και άρα έχουμε ότι $\angle BKD = 30^{o}$ $\Longrightarrow$ $\angle DKE = 90^{o}$ $\Longrightarrow$ $\angle DAE = \angle x = 45^{o}$ και το ζητούμενο έχει βρεθεί.

Κώστας Βήττας.

Ιστοσελίδα · #4

Αφού ευχαριστήσω τη Φωτεινή και τον Κώστα να δώσω άλλη μία λύση.

Φέρω τις προβολές ΑΜ, ΕΖ πάνω στην ΒΓ. Αν θέσω ${\rm B}\Delta = \alpha$ , τότε από εκφώνηση ${\rm E}\Gamma = 2\alpha$ και απ’ το ορθογώνιο τρίγωνο ΖΕΓ με ${\rm Z}\widehat {\rm E}\Gamma = {30^ \circ }$ θα ισχύει ${\rm Z}\Gamma = \alpha$ .

Θέτω ${\rm M}\Delta = {\rm M}{\rm Z} = \beta$ , οπότε ${\rm A}{\rm E} = 2\beta$ και μια που ${\rm A}{\rm M}//{\rm E}{\rm Z}$ θέτω $\Delta {\rm N} = {\rm N}{\rm E} = \gamma$ , όπου Ν το σημείο τομής των ΔΕ, ΑΜ.

Από το λόγο ομοιότητας των τριγώνων ΑΕΝ, ΔΕΑ θα ισχύει: $\displaystyle\frac{\gamma }{{2\beta }} = \displaystyle\frac{{2\beta }}{{2\gamma }} \Rightarrow \gamma = \sqrt 2 \beta$ και από Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΜΝΔ παίρνω ${\rm M}{\rm N} = {\rm M}\Delta = \beta$ , συνεπώς ${\rm M}\widehat \Delta {\rm N} = {45^ \circ }$ .

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΜΔ θα έχω $\Delta \widehat {\rm A}{\rm M} = {15^ \circ }$ , άρα $\Delta \widehat {\rm A}\Gamma = {15^ \circ } + {30^ \circ } = {45^ \circ }.$

#5

Άλλη μία λύση για τη ποικιλία:
Στρέφουμε το ΑΒΓ κατά 60 μοίρες περί το Α, ώστε η κορυφή Β να απεικονιστεί στο Γ, η Γ στο Η και το Δ στο Ζ.
Το ΑΔΖ είναι ισόπλευρο με διχοτόμο τη ΔΕ. Επομένως το ΕΑΖ είναι ισοσκελές με γωνίες βάσης 15 μοιρών, καθώς ΕΓ=2ΓΖ, δηλαδή η ΓΕΖ ισούται με 30 μοίρες. Άρα η ζητούμενη γωνία ισούται με 45 μοίρες.

Βρείτε τη γωνία x (69)

Βρείτε τη γωνία x (69)

Re: Βρείτε τη γωνία x (69)

Re: Βρείτε τη γωνία x (69)

Re: Βρείτε τη γωνία x (69)

Re: Βρείτε τη γωνία x (69)

Μέλη σε σύνδεση