Βρείτε τη γωνία χ (10)

Ιστοσελίδα · #1

Δίνεται ΑΒ//ΓΔ, ${\rm A}\widehat\Delta {\rm B} = x$ , ${\rm B}\widehat\Delta \Gamma = 3x$ , $\Delta \widehat{\rm B}\Gamma = 5x$ και ΑΔ=ΓΔ. Βρείτε τη γωνία x.

: x10.jpg (132.37 KiB) Προβλήθηκε 1667 φορές

#2

Προφανές ... αγαπητέ Μιχάλη...

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

.

Τόπο στους αγαπητούς (νεότερους...) φίλους, που θέλουν να πειραματιστούν με τα εργαλεία της τριγωνομετρίας

Περιμένουμε και τις πιο χρονοβόρες, πλην όμως κομψότερες (κι ενίοτε απρόσμενες) γεωμετρικές λύσεις...

Γιώργος Ρίζος

Δεν το επιβεβαίωσα! Ελπίζω να μην κάνω λάθος...

#3

Τόπο επίσης, σε όσους θέλουν να πειραματιστούν με το κανονικό 9-γωνο.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Κώστας Βήττας.

chris · #4

Λοιπόν ως συνήθως κάνω μία απόπειρα με την τριγωνομετρία μιας και μας έδωσαν τη δυνατότητα ο κ.Γιώργος και ο κ.Κώστας

:

Λοιπόν εύκολα βρίσκουμε οτι $\displaystyle\hat{ABD}=3x,\hat{DAB}=180^{o}-4x,\hat{BCD}=180^{o}-8x$
Άρα απο τον αγαπημένο μου νόμο των ημιτόνων:
Τρίγωνο ΑΒΔ: $\displaystyle\frac{BD}{sin4x}=\frac{AD}{sin3x}$

Τρίγωνο ΒΔΓ: $\displaystyle\frac{BD}{sin8x}=\frac{DC}{sin5x}$
Αφού ΓΔ=ΑΔ καταλήγουμε στην εξίσωση:

$\displaystyle sin8x\cdot sin3x=sin4x\cdot sin5x\Leftrightarrow 2sin4x\cdot cos4x\cdot sin3x=sin4x\cdot sin5x\Leftrightarrow sin7x-sinx=sin5x\Leftrightarrow sin7x-sin5x=sinx\Leftrightarrow 2sinx\cdot cos6x=sinx\Leftrightarrow cos6x=\frac{1}{2}\Leftrightarrow x=10^{o}$

hsiodos · #5

Καλησπέρα , μια προσπάθεια ακόμη

Επειδή το τρίγωνο ΔΑΓ είναι ισοσκελές και ΑΒ//ΓΔ βρίσκουμε $\displaystyle{ \mathop {{\rm A}_1 }\limits^ \wedge = \mathop {{\rm A}_2 }\limits^ \wedge = \mathop {\Gamma _1 }\limits^ \wedge = 90^o - 2x\,}$ και $\displaystyle{ \,\mathop {\Gamma _2 }\limits^ \wedge = 90^o - 6x}$ .

Προεκτείνουμε την ΑΒ ώστε ΑΕ=ΑΔ οπότε το ΑΕΓΔ είναι ρόμβος. Από τις απέναντι ίσες γωνίες βρίσκουμε ότι $\displaystyle{ \mathop {\rm E}\limits^ \wedge = \mathop {\Gamma _3 }\limits^ \wedge = 4x\,}$ , άρα ΒΕ = ΒΓ .

Θεωρούμε το σημείο Κ στην ΑΔ ώστε ΑΚ = ΑΒ , τότε ΚΔ = ΒΓ = ΒΕ και ΑΓ μεσοκάθετη στο ΚΒ. Είναι $\displaystyle{\mathop {{\rm K}_1 }\limits^ \wedge = 2x}$ οπότε $\displaystyle{ \,\mathop {{\rm B}_1 }\limits^ \wedge = x\,}$ και έτσι παίρνουμε ΚΒ = ΚΔ = ΒΓ . Δηλαδή το τρίγωνο ΚΒΓ είναι ισόπλευρο οπότε $\displaystyle{x = 10^o }$ .

Γιώργος

: x No 10.png (28.06 KiB) Προβλήθηκε 1539 φορές

Ιστοσελίδα · #6

Καλησπέρα.
Μια απρόσμενη Γεωμετρική λύση...

Από το Β φέρνω παράλληλη στην πλευρά ΑΔ που τέμνει την ΓΔ στο Ε. Θέτω ΑΒ=ΔΕ=κ & ΕΓ=λ. Προφανώς ΑΔ=ΒΕ=κ+λ. Ισχύει ${\rm A}\widehat{\rm B}\Delta = 3x$ (σαν εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΒ & ΓΔ) και $\Delta \widehat{\rm B}{\rm E} = x$ λόγω του παραλληλογράμμου και ${\rm E}\widehat{\rm B}\Gamma = 4x$ . Με κέντρο Β και ακτίνα ΒΓ σχεδιάζω κύκλο και έστω Ζ το σημείο τομής με την ΒΕ. Ισχύει ${\rm B}\widehat{\rm E}\Gamma = 4x$ σαν εξωτερική γωνία του τριγώνου ΒΔΕ. Το τρίγωνο ΒΓΕ είναι ισοσκελές (προσκείμενες στη βάση γωνίες ίσες με 4x), οπότε ΕΓ=ΒΓ=ΒΖ=λ και ΖΕ=κ. Το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισοσκελές (προσκείμενες στη βάση γωνίες ίσες με 2x, μια που η εξωτερική γωνία είναι 4x), οπότε και ${\rm Z}\widehat\Delta {\rm B} = {\rm Z}\widehat{\rm B}\Delta = x$ , δηλαδή το τρίγωνο ΖΔΒ ισοσκελές άρα ΖΔ=λ.
Μεταφέρω το τρίγωνο ΒΖΓ έτσι ώστε η πλευρά ΒΖ να συμπέσει με την ΕΓ. Φέρνω την ΖΗ και παρατηρώ ότι ${\rm Z}\widehat{\rm E}\Gamma = {\rm E}\widehat\Gamma {\rm H} = 4x$ (δηλαδή ΕΖ//ΓΗ) και ΕΗ=ΖΓ (από τη μεταφορά του τριγώνου). Δηλαδή το τετράπλευρο ΕΖΓΗ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε οι διαγώνιές του θα είναι ίσες, δηλαδή ΕΓ=ΖΗ=λ.
Φέρνω την ΗΔ και συγκρίνω τα τρίγωνα ΔΕΗ και ΗΕΖ. Αυτά έχουν την ΗΕ κοινή, ΕΔ=ΕΖ (από το ισοσκελές ΕΔΖ) και $\Delta \widehat{\rm E}{\rm H} = {\rm H}\widehat{\rm E}{\rm Z} = {90^ \circ } + 2x$ . Άρα είναι ίσα, επομένως ΗΔ=ΗΖ=λ και μια που το τρίγωνο ΗΔΓ είναι ισοσκελές θα ισχύει ${\rm H}\widehat\Delta \Gamma = 4x$ .
Στο ισόπλευρο τρίγωνο ΗΔΖ ισχύει: $4x + 2x = {60^ \circ } \Rightarrow x = {10^ \circ }.$

: x10-solution.png (59.35 KiB) Προβλήθηκε 1479 φορές

mathfinder · #7

Κι άλλη μία λύση στο συνημμένο .

Αθ . Μπεληγιάννης

#8

Με το κανονικό 9-γωνο, λίγο ανορθόδοξα.

Έστω $M,\ N,$ τα μέσα των τόξων $A_{2}A_{3},\ A_{3}A_{4}$ αντιστοίχως και ορίζουμε τα σημεία $P\equiv A_{1}A_{5}\cap A_{2}A_{7}$ και $Q\equiv A_{2}A_{5}\cap A_{7}M$ και $R\equiv A_{2}A_{5}\cap A_{4}A_{7}$ .

Στο τετράπλευρο $PQRA_{7},$ ισχύει $\angle PA_{7}Q = 10^{o} = \angle x$ και $\angle QA_{7}R = 30^{o} = 3\angle x$ και $\angle A_{7}QR = 50^{o} =5\angle x.$

Ισχύει επίσης $A_{7}R = A_{7}A_{5} = A_{7}P$ , από το ισοσκελές $\triangle A_{7}RA_{5}$ ( από $\angle A_{7}RA_{5} = 80^{o} = \angle A_{7}A_{5}R$ ) και το ισόπλευρο $\triangle PA_{5}A_{7}$
( από $\angle PA_{5}A_{7} = 60^{o} = \angle PA_{7}A_{5}$ ).

Το πρόβλημα θα έχει λυθεί, αν αποδειχθεί ότι ισχύει και $PQ\parallel A_{7}R$ ,(1)

$\bullet$ Πράγματι, αποδεικνύεται εύκολα ότι η ευθεία QN,

περνάει από το $A_{1}$ ( η χορδή $A_{2}A_{5},$ ως πλευρά του ισόπλευρου τριγώνου $\triangle A_{2}A_{5}A_{8},$ είναι μεσοκάθετη στην ακτίνα

και άρα έχουμε QO = QN

$\Longrightarrow$ $\angle QNO = \angle QON = 40^{o}$ ) και επειδή διχοτομεί τη γωνία $\angle A_{2}A_{1}A_{5},$ είναι μεσοκάθετη του $PA_{2},$ λόγω του ισόπλευρου τριγώνου $\triangle A_{1}PA_{2}$ ( από $\angle A_{1}A_{2}A_{7} = 60^{o} = \angle A_{2}A_{1}A_{5}$ ).

Άρα έχουμε $PQ = A_{2}Q$ ,(2)

Από το ισοσκελές $\triangle RA_{2}A_{7}$ ( $\angle RA_{2}A_{7} = 40^{o} = \angle RA_{7}A_{2}$ ), έχουμε $A_{2}R = A_{7}R$ ,(3)

Από $(2),\ (3)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{PQ}{A_{7}R} = \frac{A_{2}Q}{A_{2}R}$ $\Longrightarrow$ (1)

και το πρόβλημα έχει λυθεί.

Κώστας Βήττας.

Βρείτε τη γωνία χ (10)

Βρείτε τη γωνία χ (10)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (10)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (10)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (10)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (10)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (10)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (10)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (10)

Μέλη σε σύνδεση