mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 09, 2010 2:45 pm**

Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ με διαγώνιες ΑΓ, ΒΔ και ${\rm A}\widehat \Delta {\rm B} = {12^ \circ }$ , ${\rm B}\widehat \Delta \Gamma = {30^ \circ }$ , $\Gamma \widehat {\rm B}\Delta = {48^ \circ }$ , $\Delta \widehat {\rm B}{\rm A} = {66^ \circ }$ . Βρείτε τη γωνία $\Gamma \widehat {\rm A}\Delta = x.$

: 41.jpg (73.17 KiB) Προβλήθηκε 614 φορές

Απάντηση:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 12, 2010 11:51 am**

Να δώσω μια προσπάθεια...

Φέρω τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΒΓΔ. Προεκτείνουμε την ΒΑ μέχρι να τμήσει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο Ε. Ενώνουμε τα σημεία Γ, Δ με το Ε και παρατηρούμε ότι ${\rm B}\widehat {\rm E}\Gamma = {\rm B}\widehat \Delta \Gamma = {30^ \circ }$ και $\Gamma \widehat {\rm E}\Delta = \Gamma \widehat {\rm B}\Delta = {48^ \circ }$ (εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο). $\Delta \widehat {\rm A}{\rm E} = {78^ \circ }$ (εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΒΔ), άρα το τρίγωνο ΔΑΕ είναι ισοσκελές με ${\rm E}\widehat \Delta {\rm A} = {24^ \circ }$ . Επειδή ${\rm E}\widehat \Delta \Gamma = {\rm E}\widehat \Gamma \Delta = {66^ \circ }$ και το τρίγωνο ΕΓΔ είναι ισοσκελές, οπότε ΕΓ=ΑΔ. Με κέντρο Δ και ακτίνα ΔΑ κατασκευάζω κύκλο, ο οποίος τέμνει την προέκταση του ΕΓ στο Ζ. Το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισοσκελές (ΔΕ=ΔΖ σαν ακτίνες), οπότε $\Delta \widehat {\rm Z}{\rm E} = {48^ \circ }$ και λόγω της εξωτερικής γωνίας $\Delta \widehat \Gamma {\rm E}$ θα είναι $\Gamma \widehat \Delta {\rm Z} = {18^ \circ }$ . Το τρίγωνο ΔΑΖ έχει ΔΑ=ΔΖ και ${\rm A}\widehat \Delta {\rm Z} = {60^ \circ }$ , άρα είναι ισόπλευρο και θα είναι $\Gamma \widehat {\rm Z}{\rm A} = {60^ \circ } - {48^ \circ } = {12^ \circ }$ .

: 41-sol.jpg (106.58 KiB) Προβλήθηκε 503 φορές

...η οποία θα ολοκληρωθεί αν λυθεί η "Βρείτε τη γωνία χ (42)" ή αν λυθεί η παρακάτω άσκηση:

Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ${\rm A}\widehat {\rm B}\Gamma = {12^ \circ }$ , ${\rm A}\widehat \Gamma {\rm B} = {30^ \circ }$ και σημείο Δ πάνω στην ΒΓ τέτοιο ώστε ΑΒ=ΓΔ δείξτε ότι η ${\rm B}\widehat {\rm A}\Delta = {6^ \circ }$ .

: 41βοηθ.png (4.79 KiB) Προβλήθηκε 503 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 12, 2010 3:00 pm**

Μία λύση, όχι της νοοτροπίας μου αλλά με σημαντικές μεθοδολογικές στιγμές, στηριγμένη στην γνώση :
$12^ \circ = 30^ \circ - 18^ \circ \Rightarrow \eta \mu 12^ \circ = \frac{1} {8}\left[ {\sqrt {10 + 2\sqrt 5 } - \sqrt 3 \left( {\sqrt 5 - 1} \right)} \right],\sigma \upsilon \nu 12^ \circ = \frac{1} {8}\left[ {\sqrt {10 + 2\sqrt 5 } + \sqrt 5 - 1} \right].$
Θεωρούμε Ε σημείο της ΒΓ ώστε
${\rm A}{\rm E} \bot {\rm B}\Delta ,\mu \varepsilon \;{\rm Z} \equiv {\rm A}{\rm E} \cap {\rm B}\Delta .$
Εύκολα βγαίνει οτι το τετράπλευρο ΑΕΓΔ είναι εγγράψιμμο σε κύκλο.
Αν θεωρήσουμε Η σημείο της ΑΖ που να είναι συμμετρικό του Ε ως προς την ΒΓ. Τότε ισχύει ότι:
$\mathop {{\rm A}{\rm B}{\rm Z}}\limits^ \wedge = 66^ \circ ,\mathop {{\rm H}{\rm B}{\rm Z}}\limits^ \wedge = 48^ \circ .\;\frac{{\eta \mu 66^ \circ - \eta \mu 48^ \circ }} {{\eta \mu 48^ \circ }} = \frac{1} {{\eta \mu 78^ \circ }} \Rightarrow \frac{{{\rm A}{\rm H}}} {{{\rm H}{\rm Z}}} = \frac{{{\rm A}\Delta }} {{\Delta {\rm Z}}},$
πράγμα που οδηγεί στο γεγονός ότι η ΔΗ είναι διχοτόμος δηλαδή
$\mathop {{\rm H}\Delta {\rm Z}}\limits^ \wedge = \mathop {{\rm H}\Delta {\rm A}}\limits^ \wedge = 6^ \circ \Rightarrow \mathop {{\rm E}\Delta \Gamma }\limits^ \wedge = \mathop {{\rm E}{\rm A}\Gamma }\limits^ \wedge = 24^ \circ \Rightarrow \mathop {\Gamma {\rm A}\Delta }\limits^ \wedge = 54^ \circ .$

S. E. Louridas

mathematica.gr

Βρείτε τη γωνία χ (41)

Βρείτε τη γωνία χ (41)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (41)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (41)