Γεωμετρείν 98

Δημήτρης Μυρογιάννης · #1

Έστω κυρτό τετράπλευρο ABCD

και οι δυο διαγώνιες του AC,~BD

.

Αν οι γωνίες BAC,~DBC,~BCA,~ACD

έχουν μέτρο αντίστοιχα ${{70}^{0}},~{{50}^{0}},~{{40}^{0}},~{{10}^{0}}$ ,

δείξτε ότι το μέτρο της γωνίας CAD

είναι $x={{30}^{0}}$ .

(Ετέθη από K.Linda στο Μαθηματικό Εργαστήρι.)

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 98.PNG (19.12 KiB) Προβλήθηκε 815 φορές

#2

Καλημέρα σε όλους. Πιθανόν να την έχουμε ξαναδεί, αλλά, ευκολότερο είναι να ξαναγράψουμε τη λύση, παρά να ψάχνουμε...

Μια τριγωνομετρική λύση, ανιαρή, δίχως γεωμετρικές συγκινήσεις, αλλά "σίγουρη", άσε που δεν χρειάζεται βοηθητικές....

Με το σχήμα του Δημήτρη,

: 15-07-2015 Γεωμετρία.png (19.12 KiB) Προβλήθηκε 764 φορές

Το

είναι ισοσκελές με BD = DC

, αφού $\displaystyle \widehat {DBC} = \widehat {DCB} = 50^\circ$ .

Επίσης, στο ABC

είναι $\displaystyle \widehat {ABD} = 20^\circ$ , αφού $\displaystyle \widehat B = 180^\circ - \widehat A - \widehat C = 70^\circ$ , άρα και AC=BC

, (που δεν το χρησιμοποιώ παρακάτω, αλλά ίσως είναι χρήσιμο σε άλλη λύση.)

Από Ν. Ημιτόνων στο ADC

$\displaystyle \frac{{DC}}{{\eta \mu x}} = \frac{{AD}}{{\eta \mu 10^\circ }} \Leftrightarrow \frac{{DC}}{{AD}} = \frac{{\eta \mu x}}{{\eta \mu 10^\circ }}$

και στο ABD

$\displaystyle \frac{{{\rm B}D}}{{\eta \mu \left( {70^\circ + x} \right)}} = \frac{{AD}}{{\eta \mu 20^\circ }} \Leftrightarrow \frac{{{\rm B}D}}{{AD}} = \frac{{\eta \mu \left( {70^\circ + x} \right)}}{{\eta \mu 20^\circ }}$

Οπότε, $\displaystyle \frac{{\eta \mu \left( {70^\circ + x} \right)}}{{\eta \mu 20^\circ }} = \frac{{\eta \mu x}}{{\eta \mu 10^\circ }} \Leftrightarrow \frac{{\eta \mu \left( {70^\circ + x} \right)}}{{2\sigma \upsilon \nu 10^\circ }} = \frac{{\eta \mu x}}{1} \Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \eta \mu 70^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu x + \sigma \upsilon \nu 70^\circ \cdot \eta \mu x = 2\sigma \upsilon \nu 10^\circ \cdot \eta \mu x$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sigma \varphi x = \frac{{2\sigma \upsilon \nu 10^\circ - \sigma \upsilon \nu 70^\circ }}{{\eta \mu 70^\circ }} = \frac{{2\eta \mu 80^\circ - \eta \mu 20^\circ }}{{\eta \mu 70^\circ }} = \frac{{\eta \mu 80^\circ + \left( {\eta \mu 80^\circ - \eta \mu 20^\circ } \right)}}{{\eta \mu 70^\circ }} =$

$\displaystyle = \frac{{\eta \mu 80^\circ + 2\eta \mu 30^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 50^\circ }}{{\eta \mu 70^\circ }} = \frac{{\eta \mu 80^\circ + \eta \mu 40^\circ }}{{\eta \mu 70^\circ }} = \frac{{2\eta \mu 60^\circ \sigma \upsilon \nu 20^\circ }}{{\eta \mu 70^\circ }} = 2\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 \Rightarrow x = 30^\circ$

#3

Δημήτρης Μυρογιάννης έγραψε:Έστω κυρτό τετράπλευρο και οι δυο διαγώνιες του . Αν οι γωνίες έχουν μέτρο αντίστοιχα ${{70}^{0}},~{{50}^{0}},~{{40}^{0}},~{{10}^{0}}$ , δείξτε ότι το μέτρο της γωνίας είναι $x={{30}^{0}}$ .(Ετέθη από K.Linda στο Μαθηματικό Εργαστήρι.)

: Γεωμετρείν 98.png (29.52 KiB) Προβλήθηκε 740 φορές

Εστω $\vartriangle DEC$ ισόπλευρο τρίγωνο και $Z \equiv ED \cap AC \Rightarrow \angle EZC\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\vartriangle DZC} \angle ZDC + \angle ZCD$ $= {60^0} + {10^0} = {70^0} = \angle BAC \Rightarrow \boxed{AB\parallel ED}:\left( 1 \right)$

Είναι $\left\{ \begin{gathered} DC\mathop = \limits^{\vartriangle DCE\,\,\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o} EC \\ AC\mathop = \limits^{\angle BAC = \angle ABC = {{70}^0}} BC \\ \angle ACD = {10^0} = {60^0} - {50^0} = \angle DCE - \angle DCB = \angle BCE \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$ $\vartriangle ADC = \vartriangle BEC \Rightarrow AD = BE\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} ABED$

ισοσκελές τραπέζιο, οπότε $DE = BD\mathop = \limits^{\angle DBC = \angle DCB = {{50}^0}} DC\mathop = \limits^{\vartriangle DEC\,\,\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o} ED = EC$ , άρα ο κύκλο $\left( {E,EC} \right)$ διέρχεται

από τα σημεία $A,D\mathop \Rightarrow \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\, - \,\,\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta } \angle x = \angle CAD$ $= \dfrac{{\angle DEC}}{2} = \dfrac{{{{60}^0}}}{2} = {30^0}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

ealexiou · #4

: Γεωμετρείν 98.png (23.94 KiB) Προβλήθηκε 738 φορές

Ας είναι $L\equiv DC \cap BE$
Κατασκευάζω το ισόπλευρο $\triangle BEC \Rightarrow$ $\angle DCE=60-50=10° \wedge \angle DEC=90-60=30°$

Εύκολα βρίσκουμε ότι $\angle DEC= \angle DEB=30° \wedge \angle KDC=\angle KDB=\angle LDE=\angle LDAC=40°$

Άρα $\angle ADZ =180°-(40°+40°+40°)=60°\Rightarrow$ στο αρθογώνιο $\triangle AZD$ είναι:
$\angle DAC=\angle DAZ=90°-60°=30°$ , που είναι το ζητούμενο.

Βελτίωση λύσης

: Γεωμετρείν 98a.png (21.54 KiB) Προβλήθηκε 719 φορές

Κατασκευάζω το ισόπλευρο $\triangle BEC \Rightarrow$ $\angle DCE=60-50=10° \wedge \angle DEC=90-60=30°$

Είναι $\triangle DEC =\triangle DAC$ αφού έχουν:

κοινή,

και $\angle DCE=\angle DCA=10° \Rightarrow$

$\boxed{\angle DAC= \angle DEC=30°}$ και το ζητούμενο έχει δειχθεί.

Δημήτρης Μυρογιάννης · #5

Γιώργο Ρίζο και Στάθη Κούτρα, ωραίες λύσεις... ευχαριστώ.

Γεωμετρείν 98

Γεωμετρείν 98

Re: Γεωμετρείν 98

Re: Γεωμετρείν 98

Re: Γεωμετρείν 98

Re: Γεωμετρείν 98

Μέλη σε σύνδεση