Βρείτε τη γωνία χ (102)

Ιστοσελίδα · #1

: x102.png (58.13 KiB) Προβλήθηκε 476 φορές

Στις πλευρές $BC,\,CA$ τριγώνου $ABC\left( {{{50}^ \circ }{{,60}^ \circ }{{,70}^ \circ }} \right)$ παίρνουμε αντίστοιχα σημεία D,E

, τέτοια ώστε $BD = 1,\,EC = \sqrt 3$ και EA = ED

. Βρείτε τη γωνία $x = D\widehat EC$ .

#2

Από το τρίγωνο ADE

για τη εξωτερική γωνία x είναι $x=2 \hat{DAE}<100^o$

Στα τρίγωνα DEC και ABC είναι

$\frac{DC}{sinx}=\frac{\sqrt{3}}{sin(110^o-x)}=\frac{DE}{sin70^o}$ και $\frac{DC+1}{sin50^o}=\frac{\sqrt{3}+DE}{sin60^}$

H δεύτερη λόγω της πρώτης γράφεται:

$\frac{\frac{\sqrt{3}sinx}{sin(110^o-x)}+1}{sin50^o}=\frac{\sqrt{3}+\frac{\sqrt{3}sin70^o}{sin(110^o-x)}}{sin60^o}$

και μετά τις πράξεις:

$\sqrt{3}sinx+sin(110^o-x)(1-2sin50^o)=2sin70^osin50^o$ (1)

To πρώτο μέλος ορίζει συνάρτηση γνησίως αύξουσα στο (0^o, 90^o]

, οπότε η αντίστοιχη εξίσωση έχει σε αυτό μοναδική λύση την x=80^o

, αφού

$\sqrt{3}sin80^O+sin30^O(1-2sin50^O)=2sin70^osin50^o$

$\Leftrightarrow \sqrt{3}sin80^O+sin30^O-sin50^O=cos20^o-cos120^o$

$\Leftrightarrow \sqrt{3}sin80^O=sin50^O+sin70^o$

$\Leftrightarrow \sqrt{3}sin80^O=2sin60^Ocos10^o$

Τέλος, αν 90^o<x<100^o

, τότε τo πρώτο μέλος της (1) ορίζει συνάρτηση γνησίως φθίνουσα και η τιμή της για x=100^o

(δηλαδή το ελάχιστό της) είναι μεγαλύτερη από το δεύτερο μέλος της (τον έλεγχο τον κάνουμε ευκολότερα με το δυσμενέστερο x=110^o

), άρα είναι αδύνατη.

Ώστε x=80^o

Ιστοσελίδα · #3

Αφού ευχαριστήσω και γω τον Κώστα Ρεκούμη για τις όμορφες λύσεις που μας χαρίζει, σε ομολογουμένως σύνθετα γεωμετρικά θέματα, να δώσω μια λύση από το συνάδελφο Νίκο Φραγκάκη απ' το 2ο Λύκειο Ιεράπετρας. Το σχήμα κατασκευάστηκε με το πρόγραμμα Euklid Dynageo.

: x102.png (20.42 KiB) Προβλήθηκε 296 φορές

Λύση:

Πρώτα θα δείξω ότι σε κάθε τρίγωνο $ABC\left( {{{50}^ \circ }{{,60}^ \circ }{{,70}^ \circ }} \right)$ αν πάρω στην

σημείο

,τέτοιο ώστε $\displaystyle{AC = AD}$ τότε $D\hat AB = {10^0}$ και αν φέρω τη μεσοκάθετη στο

μέχρι να κόψει την

στο

τότε $EC = \sqrt 3 \cdot BD$ . Πράγματι $\displaystyle{D\hat AC = {40^0}}$ άρα $D\hat AB = {10^0}$ .

Έστω (C)

ο περίκυκλος του ABC

και η συμμετρική ευθεία της

με άξονα συμμετρία την

που τέμνει τον (C)

στο

. Θα ισχύουν:

1) ADC

ισοσκελές με κορυφή το

και

ισόπλευρο γιατί $A\hat ZC = {60^0}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Z\hat AC = {10^0} + {50^0} = {60^0}$ .

2) Τα τρίγωνα ABZ

και

είναι ίσα αφού $AZ = AD,AB\,\,\,\kappa o\iota \nu \dot \eta \,\,\kappa \alpha \iota \,\,Z\hat AB = D\hat AB\,\,\,\lambda \dot o\gamma \omega \,\,\,\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \dot \iota \alpha \varsigma$ .

3) Ο περίκυκλος του ABD

είναι ίσος με τον (C)

(λόγω της προηγούμενης ισότητας).

Ας πούμε τώρα, για ευκολία πράξεων, $EC = x\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BD = y$ . Aπό το νόμο ημιτόνων έχουμε:

α) Στο EDC

: $\displaystyle\frac{x}{{\eta \mu {{30}^0}}} = \displaystyle\frac{{DC}}{{\eta \mu {{80}^0}}} \Leftrightarrow x = \displaystyle\frac{{DC}}{{2\sigma \upsilon \nu {{10}^0}}}\,\,\left( 1 \right)$ .

β) Στο ABD

: $y = 2R\eta \mu {10^0} \Leftrightarrow 2R = \displaystyle\frac{y}{{\eta \mu {{10}^0}}}\,\,\left( 2 \right)$ , όπου $R = \alpha \kappa \tau \dot \iota \nu \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,(C)$ .

γ) Στο ABC

: $BC = 2R\eta \mu {50^0} \Leftrightarrow DC = 2R\eta \mu {50^0} - y\,\,\left( 3 \right)$ .

Από τις $\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)$ έχω: $x = \displaystyle\frac{{\frac{y}{{\eta \mu {{10}^0}}}\eta \mu {{50}^0} - y}}{{2\sigma \upsilon \nu {{10}^0}}} \Leftrightarrow 2x\sigma \upsilon \nu {10^0} = \displaystyle\frac{y}{{\eta \mu {{10}^0}}}\eta \mu {50^0} - y \Leftrightarrow 2x\eta \mu {10^0}\sigma \upsilon \nu {10^0} = y\eta \mu {50^0} - y\eta \mu {10^0}$ και από τους γνωστούς τύπους του διπλάσιου τόξου και της διαφοράς σε γινόμενο η προηγούμενη γίνεται:

$x\eta \mu {20^0} = y(\eta \mu {50^0} - \eta \mu {10^0}) \Leftrightarrow x\eta \mu {20^0} = y2\eta \mu \displaystyle\frac{{{{50}^0} - {{10}^0}}}{2}\sigma \upsilon \nu \displaystyle\frac{{{{50}^0} + {{10}^0}}}{2}$ , δηλαδή τελικά $x\eta \mu {20^0} = y2\eta \mu {20^0}\sigma \upsilon \nu {30^0} \Leftrightarrow x = \sqrt 3 y$ .

Ας υποθέσουμε τώρα ότι π.χ. $\displaystyle{y > 1}$ , τότε υπάρχει μοναδικό σημείο $\displaystyle{{B_1}}$ στο

τέτοιο ώστε η από το $\displaystyle{{B_1}}$ παράλληλη στην

να τέμνει τις AD,AC

στα $\displaystyle{{D_1},{C_1}}$ αντίστοιχα και να είναι $\displaystyle{{B_1}{D_1} = 1}$ . Αναγκαστικά τότε θα υπάρχει μοναδικό $\displaystyle{{E_1}}$ στο $\displaystyle{A{C_1}}$ με $\displaystyle{{C_1}{E_1} = \sqrt 3 }$ και το τρίγωνο $\displaystyle{A{D_1}{C_1}}$ θα έχει τις προδιαγραφές του προβλήματος, εύκολα δε τότε έχουμε ότι $\hat \phi = {D_1}{\hat E_1}{C_1} = {80^0}$ . Ομοίως εργαζόμαστε αν $\displaystyle{y < 1}$ .

Φραγκάκης Νίκος (Doloros)_2ο Λύκειο Ιεράπετρας

Ιεράπετρα 26/11/2011

Βρείτε τη γωνία χ (102)

Βρείτε τη γωνία χ (102)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (102)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (102)

Μέλη σε σύνδεση