βρείτε τις γωνίες

#1

: Βρείτε τις γωνίες..png (8.12 KiB) Προβλήθηκε 1487 φορές

Σε τρίγωνο ABC

είναι $\widehat A=30^0$ και υπάρχει σημείο

της πλευράς

ώστε

και $D\widehat CB=2C\widehat BD.$

Να βρείτε τις γωνίες $\widehat B,\widehat C$ του τριγώνου ABC.

#2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

KARKAR · #3

: 42 μοίρες.png (12.42 KiB) Προβλήθηκε 1415 φορές

Με νόμο ημιτόνων στα δύο τρίγωνα έχω : $\dfrac{sin30^0}{d}=\dfrac{sin(150-3x)}{a} , \dfrac{d}{sin2x}=\dfrac{a}{sin3x}$ .

Πολλαπλασιάζοντας προκύπτει : 2sin2xsin(150-3x)=sin3x

. Παρατηρώ ότι η x=42^0

επαληθεύει την εξίσωση , αφού γράφεται ως : $cos108^0+cos36^0=\dfrac{1}{2}$ η οποία ισχύει .

Απομένει η μοναδικότητα της λύσης και η απόδειξη του αποπάνω .

Από το Νίκο , πάντως , έγραψα περισσότερα

#4

george visvikis έγραψε: Σε τρίγωνο είναι $\widehat A=30^0$ και υπάρχει σημείο της πλευράς ώστε και $D\widehat CB=2C\widehat BD.$ Να βρείτε τις γωνίες $\widehat B,\widehat C$ του τριγώνου

$\bullet$ Έστω $\angle DBA=x,\angle CBD=\varphi \Rightarrow \angle ACB=2\varphi$ . Έτσι με δεδομένο ότι $\angle BAC={{30}^{0}}$ από το τρίγωνο $\vartriangle ABC \Rightarrow \ldots x + 3\varphi + {30^0} = {180^0} \Rightarrow \boxed{x + 3\varphi = {{150}^0}}:\left( 1 \right)$ .

Έστω τα δεύτερα (εκτός των ) σημεία τομής της και της διχοτόμου της γωνίας $\angle BCA$ με τον περίκυκλο $\left( O \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και ας είναι $Q\equiv BZ\cap CE,F\equiv AC\cap EZ$

Τότε με $\angle CBZ=\angle ECB=\angle ECA=\varphi \Rightarrow ZC=BE=AE$ και συνεπώς τα εγγεγραμμένα τραπέζια είναι ισοσκελή οπότε και , άρα διχοτόμοι των γωνιών $\angle BOC={{60}^{0}},\angle AOZ$ και συνεπώς $\angle QOC={{30}^{0}}=\angle BAC=\angle BZC\equiv QZC\Rightarrow O,Q,Z,C$ ομοκυκλικά και

$\angle CFZ = \dfrac{{\tau o\xi .AE + \tau o\xi .CZ}}{2} = \cdots 2\varphi = 2\left( {\angle ZEC} \right)$ $\mathop = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta - \varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } \angle ZOC \Rightarrow Z,F,O,C$

ομοκυκλικά οπότε τα είναι ομοκυκλικά (δύο κύκλοι με τρία κοινά σημεία ( ) και συνεπώς

$\angle QFC = \angle QZC = {30^0} = \angle BAC\mathop \Rightarrow \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma - \varepsilon \kappa \tau o\varsigma \;\kappa \alpha \iota \;\varepsilon \pi \iota \;\tau \alpha \;\alpha \upsilon \tau \alpha }$ $FQ\parallel AB\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } \boxed{\dfrac{{AF}}{{FD}} = \dfrac{{BQ}}{{QD}}}:\left( 2 \right)$ .
[attachment=0]Βρείτε τις γωνίες.png[/attachment]
$\bullet$ Από το θεώρημα της διχοτόμου στο τρίγωνο $\vartriangle BCD\mathop \Rightarrow \limits^{CQ\;\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma } \dfrac{{BQ}}{{QD}} = \dfrac{{BC}}{{CD}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{{AF}}{{FD}} = \dfrac{{BC}}{{CD}} \Rightarrow$

$\dfrac{{AF}}{{AF + FD}} = \dfrac{{BC}}{{BC + CD}}\mathop \Rightarrow \limits^{AF = BC = OA = R} \dfrac{{AF}}{{AO}} = \dfrac{{AO}}{{AD + CD}}$ $\Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AO}} = \dfrac{{AO}}{{AC}} \Rightarrow A{O^2} = AF \cdot AC \Rightarrow AO$

εφάπτεται του περίκυκλου $\left( O,Q,C,Z,F \right)$ οπότε $\angle FOA = \angle OCF \Rightarrow$

$x = \angle OCA\mathop = \limits^{\gamma \omega \nu \iota \alpha \;\alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha - \chi o\rho \delta \eta \varsigma \;\tau o\upsilon \;\left( O \right)} {90^0} - \angle ABC$ $= {90^0} - \left( {x + \varphi } \right) \Rightarrow \boxed{2x + \varphi = {{90}^0}}:\left( 3 \right)$ .

Από το σύστημα των σχέσεων $\left( 2 \right),\left( 3 \right)$ έχουμε: $\left\{ \begin{gathered} x + 3\varphi = {150^0} \\ 2x + \varphi = {90^0} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow$

$\left\{ \begin{gathered} x = {150^0} - 3\varphi \\ 2\left( {{{150}^0} - 3\varphi } \right) + \varphi = {90^0} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \ldots$ $\left\{ \begin{gathered} x = {24^0} \hfill \\ \varphi = {42^0} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \cdots \left\{ \begin{gathered} \boxed{\angle B = x + \varphi = {{66}^0}} \hfill \\ \boxed{\angle C = 2\varphi = {{84}^0}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και οι ζητούμενες γωνίες έχουν υπολογιστεί.

Στάθης

Υ.Σ Είναι αλήθεια ότι έγραψα αρκετά περισσότερα από τον Νίκο και τον Θανάση

#5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
george visvikis έγραψε: Σε τρίγωνο είναι $\widehat A=30^0$ και υπάρχει σημείο της πλευράς ώστε και $D\widehat CB=2C\widehat BD.$ Να βρείτε τις γωνίες $\widehat B,\widehat C$ του τριγώνου
$\bullet$ Έστω $\angle DBA=x,\angle CBD=\varphi \Rightarrow \angle ACB=2\varphi$ . Έτσι με δεδομένο ότι $\angle BAC={{30}^{0}}$ από το τρίγωνο $\vartriangle ABC \Rightarrow \ldots x + 3\varphi + {30^0} = {180^0} \Rightarrow \boxed{x + 3\varphi = {{150}^0}}:\left( 1 \right)$ .

Έστω τα δεύτερα (εκτός των ) σημεία τομής της και της διχοτόμου της γωνίας $\angle BCA$ με τον περίκυκλο $\left( O \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και ας είναι $Q\equiv BZ\cap CE,F\equiv AC\cap EZ$

Τότε με $\angle CBZ=\angle ECB=\angle ECA=\varphi \Rightarrow ZC=BE=AE$ και συνεπώς τα εγγεγραμμένα τραπέζια είναι ισοσκελή οπότε και , άρα διχοτόμοι των γωνιών $\angle BOC={{60}^{0}},\angle AOZ$ και συνεπώς $\angle QOC={{30}^{0}}=\angle BAC=\angle BZC\equiv QZC\Rightarrow O,Q,Z,C$ ομοκυκλικά και

$\angle CFZ = \dfrac{{\tau o\xi .AE + \tau o\xi .CZ}}{2} = \cdots 2\varphi = 2\left( {\angle ZEC} \right)$ $\mathop = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta - \varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } \angle ZOC \Rightarrow Z,F,O,C$

ομοκυκλικά οπότε τα είναι ομοκυκλικά (δύο κύκλοι με τρία κοινά σημεία ( ) και συνεπώς

$\angle QFC = \angle QZC = {30^0} = \angle BAC\mathop \Rightarrow \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma - \varepsilon \kappa \tau o\varsigma \;\kappa \alpha \iota \;\varepsilon \pi \iota \;\tau \alpha \;\alpha \upsilon \tau \alpha }$ $FQ\parallel AB\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } \boxed{\dfrac{{AF}}{{FD}} = \dfrac{{BQ}}{{QD}}}:\left( 2 \right)$ .
Βρείτε τις γωνίες.png
$\bullet$ Από το θεώρημα της διχοτόμου στο τρίγωνο $\vartriangle BCD\mathop \Rightarrow \limits^{CQ\;\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma } \dfrac{{BQ}}{{QD}} = \dfrac{{BC}}{{CD}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{{AF}}{{FD}} = \dfrac{{BC}}{{CD}} \Rightarrow$

$\dfrac{{AF}}{{AF + FD}} = \dfrac{{BC}}{{BC + CD}}\mathop \Rightarrow \limits^{AF = BC = OA = R} \dfrac{{AF}}{{AO}} = \dfrac{{AO}}{{AD + CD}}$ $\Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AO}} = \dfrac{{AO}}{{AC}} \Rightarrow A{O^2} = AF \cdot AC \Rightarrow AO$

εφάπτεται του περίκυκλου $\left( O,Q,C,Z,F \right)$ οπότε $\angle FOA = \angle OCF \Rightarrow$

$x = \angle OCA\mathop = \limits^{\gamma \omega \nu \iota \alpha \;\alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha - \chi o\rho \delta \eta \varsigma \;\tau o\upsilon \;\left( O \right)} {90^0} - \angle ABC$ $= {90^0} - \left( {x + \varphi } \right) \Rightarrow \boxed{2x + \varphi = {{90}^0}}:\left( 3 \right)$ .

Από το σύστημα των σχέσεων $\left( 2 \right),\left( 3 \right)$ έχουμε: $\left\{ \begin{gathered} x + 3\varphi = {150^0} \\ 2x + \varphi = {90^0} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow$

$\left\{ \begin{gathered} x = {150^0} - 3\varphi \\ 2\left( {{{150}^0} - 3\varphi } \right) + \varphi = {90^0} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \ldots$ $\left\{ \begin{gathered} x = {24^0} \hfill \\ \varphi = {42^0} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \cdots \left\{ \begin{gathered} \boxed{\angle B = x + \varphi = {{66}^0}} \hfill \\ \boxed{\angle C = 2\varphi = {{84}^0}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και οι ζητούμενες γωνίες έχουν υπολογιστεί.

Στάθης

Υ.Σ Είναι αλήθεια ότι έγραψα αρκετά περισσότερα από τον Νίκο και τον Θανάση

Αναμφισβήτητα έγραψες περισσότερα Στάθη

...αλλά το σημαντικότερο είναι ότι έδωσες μία αμιγώς Γεωμετρική λύση (που ομολογώ ότι δεν είχα)

βρείτε τις γωνίες

βρείτε τις γωνίες

Re: βρείτε τις γωνίες

Re: βρείτε τις γωνίες

Re: βρείτε τις γωνίες

Re: βρείτε τις γωνίες

Μέλη σε σύνδεση