mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Σεπ 05, 2024 11:56 am**

: Ενδιαφέρουσα γωνία.png (10.59 KiB) Προβλήθηκε 565 φορές

Οι διχοτόμοι

και

, του ορθογωνίου τριγώνου ABC

, τέμνονται στο σημείο

.

Αν :

, υπολογίστε το μέτρο της γωνίας $\widehat{CED}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 06, 2024 1:54 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 05, 2024 11:56 am
Ενδιαφέρουσα γωνία.pngΟι διχοτόμοι και , του ορθογωνίου τριγώνου , τέμνονται στο σημείο .

Αν : , υπολογίστε το μέτρο της γωνίας $\widehat{CED}$ .

Προς αποφυγή του τύπου της διχοτόμου τριγώνου συναρτήσει των πλευρών του θα χρησιμοποιηθεί ήπια τριγωνομετρία

Στο τρίγωνο $\vartriangle ADC$ με διατέμνουσα την BSE

σύμφωνα με το θεώρημα του Μενελάου έχουμε: $\dfrac{BD}{BC}\cdot \dfrac{EC}{EA}\cdot \dfrac{SA}{SD}=1\overset{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon }{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{BD}{a}\cdot \dfrac{a}{c}\cdot \dfrac{SA}{SD}=1:\left( 1 \right)$
Στο τρίγωνο $\vartriangle SEC$ με διατέμνουσα την ASD

σύμφωνα με το θεώρημα του Μενελάου έχουμε: $\dfrac{SE}{SB}\cdot \dfrac{BD}{DC}\cdot \dfrac{AC}{AE}=1\overset{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon }{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{SE}{SB}\cdot \dfrac{c}{b}\cdot \dfrac{b}{AE}=1:\left( 2 \right)$

Με πολλαπλασιασμό των σχέσεων $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ και αντικατάσταση των τμημάτων που χωρίζει η διχοτόμος τριγώνου την απέναντι πλευρά του (συναρτήσει των πλευρών του) έχουμε: $\dfrac{\dfrac{a\cancel{c}}{b+c}}{\cancel{a}}\cdot \dfrac{\cancel{a}}{\cancel{c}}\cdot \dfrac{SA}{\cancel{SD}}\cdot \dfrac{\cancel{SE}}{SB}\cdot \dfrac{\cancel{c}}{\cancel{b}}\cdot \dfrac{\cancel{b}}{\dfrac{b\cancel{c}}{a+c}}=1\overset{SE=SD}{\mathop{\Rightarrow }}\,\ldots \dfrac{SA}{SB}=\dfrac{b\left( b+c \right)}{a\left( a+c \right)}$ $\Rightarrow$

${{\left( \dfrac{SA}{SB} \right)}^{2}}=\dfrac{{{b}^{2}}{{\left( b+c \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}{{\left( a+c \right)}^{2}}}\overset{{{b}^{2}}={{a}^{2}}-{{c}^{2}}=\left( a+c \right)\left( a-c \right),\nu .\eta \mu \iota \tau o\nu \omega \nu \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle SAB}{\mathop{=}}\,$ $\dfrac{{{\sin }^{2}}\dfrac{B}{2}}{\dfrac{1}{2}}=\dfrac{\cancel{\left( a+c \right)}\left( a-c \right){{\left( b+c \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}{{\left( a+c \right)}^{\cancel{2}}}}$

$2{{\sin }^{2}}\dfrac{B}{2}=\dfrac{\left( a-c \right){{\left( b+c \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}\left( a+c \right)}\Rightarrow 1-\cos B=\dfrac{\left( a-c \right){{\left( b+c \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}\left( a+c \right)}\overset{\angle A={{90}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $1-\dfrac{c}{a}=\dfrac{\left( a-c \right){{\left( b+c \right)}^{2}}}{{{a}^{2}}\left( a+c \right)}\Rightarrow \ldots \dfrac{a-c}{a}=\dfrac{\cancel{a-c}}{\cancel{a}}=\dfrac{\cancel{\left( a-c \right)}{{\left( b+c \right)}^{2}}}{{{a}^{\cancel{2}}}\left( a+c \right)}\Rightarrow$

$a\left( a+c \right)={{\left( b+c \right)}^{2}}\Rightarrow {{a}^{2}}+ac={{b}^{2}}+{{c}^{2}}+2bc\overset{\Pi .\Theta \,\,{{b}^{2}}+{{c}^{2}}={{a}^{2}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $\ldots b=\dfrac{a}{2}\overset{\angle A={{90}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle C={{60}^{0}}\overset{\angle ESD={{90}^{0}}+\frac{\angle C}{2}}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle ESD={{120}^{0}}\overset{SE=SD}{\mathop{\Rightarrow }}\,$

$\angle EDS={{30}^{0}}\Rightarrow \angle \theta \overset{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle EDA}{\mathop{=}}\,{{75}^{0}}$ και το ζητούμενο έχει υπολογιστεί.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 06, 2024 4:32 pm**

Στάθη , το

είναι ο νότιος πόλος του τριγώνου CED

. Η συνέχεια εδώ

( Ήσουν και νεότερος

)

Ξεκούραστα , η σύνδεση των θεμάτων στην λύση του μεγάλου Ανδρέα Βαρβεράκη εκεί .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 06, 2024 7:48 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 05, 2024 11:56 am
Ενδιαφέρουσα γωνία.pngΟι διχοτόμοι και , του ορθογωνίου τριγώνου , τέμνονται στο σημείο .

Αν : , υπολογίστε το μέτρο της γωνίας $\widehat{CED}$ .

Το σημείο S είναι τo εγκεντρο του τριγώνου ABC. Θα στηρίξω τη λύση σε Γεωμετρική πρόταση που εχει σχέση με τα κριτήρια ισότητας.δηλαδή Αν για τα Τρίγωνα ABΓ,Α'Β΄Γ ισχύουν γ=γ',β=β',Γ=Γ' τότε τα τρίγωνα είναι ίσα με Β=Β' η Β+Β'=180^{0}

Πρώτη περίπτωση
Τα τρίγωνα ECS,CSD έχουν ES=SD,ECS=SCD,CS=CS,CES=CDS Τότε ESC=45,45=45+{A}/{2} Ατοπο Αρα

Δευτερη περίπτωση
ECDS είναι εγγράψιμο και EAS,3σ+90=180,σ=30,ΑSC,θ=45+30=75^{0}

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 06, 2024 7:58 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 05, 2024 11:56 am
Ενδιαφέρουσα γωνία.pngΟι διχοτόμοι και , του ορθογωνίου τριγώνου , τέμνονται στο σημείο .

Αν : , υπολογίστε το μέτρο της γωνίας $\widehat{CED}$ .

: Ενδιαφέρουσα γωνία_ok.png (35.88 KiB) Προβλήθηκε 439 φορές

Η

τέμνει το νότιο ημικύκλιο στο

, μέσο του ημικυκλίου που έιναι και κέντρο του κύκλου : $\left( {S,B,C} \right)$ .

Επειδή KB = KC = KS

θα είναι : $\widehat {SBK} = \widehat {AKB} = \widehat {ACB}$ δηλαδή : $45^\circ + \dfrac{1}{2}\widehat {B_{}^{}} = \widehat C \Rightarrow 90^\circ + \widehat {B_{}^{}} = 2\widehat {C_{}^{}} \Rightarrow \widehat {B_{}^{}} + \widehat {C_{}^{}} + \widehat {B_{}^{}} = 2\widehat {C_{}^{}}$ .

Άρα, $B = 30^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C = 60^\circ$ ενώ αυτή που θέλω , $\boxed{\widehat {CED} = 45^\circ + 30^\circ = 75^\circ }$

Η πρώτη άσκηση στη σελίδα του σχολικού βιβλίου της λυκείου είναι παρεμφερής .

Εκεί όμως είναι δεδομένο ότι μια γωνία τριγώνου είναι $60^\circ$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 07, 2024 6:29 am**

STOPJOHN έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 06, 2024 7:48 pm

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 05, 2024 11:56 am
Ενδιαφέρουσα γωνία.pngΟι διχοτόμοι και , του ορθογωνίου τριγώνου , τέμνονται στο σημείο .

Αν : , υπολογίστε το μέτρο της γωνίας $\widehat{CED}$ .
Το σημείο S είναι τo εγκεντρο του τριγώνου ABC. Θα στηρίξω τη λύση σε Γεωμετρική πρόταση που εχει σχέση με τα κριτήρια ισότητας.δηλαδή Αν για τα Τρίγωνα ABΓ,Α'Β΄Γ ισχύουν γ=γ',β=β',Γ=Γ' τότε τα τρίγωνα είναι ίσα με Β=Β' η Β+Β'=180^{0}

Πρώτη περίπτωση
Τα τρίγωνα ECS,CSD έχουν Τότε Ατοπο Αρα

Δευτερη περίπτωση
ECDS είναι εγγράψιμο και $EAS,3σ+90=180,σ=30,ΑSC,θ=45+30=75^{0}$

mathematica.gr

Ενδιαφέρουσα γωνία

Ενδιαφέρουσα γωνία

Re: Ενδιαφέρουσα γωνία

Re: Ενδιαφέρουσα γωνία

Re: Ενδιαφέρουσα γωνία

Re: Ενδιαφέρουσα γωνία

Re: Ενδιαφέρουσα γωνία