Πάλι γωνία

#1

: Και άλλη γωνία.png (9.2 KiB) Προβλήθηκε 1892 φορές

Οι διαγώνιες AC, BD

του τετραπλεύρου ABCD

τέμνονται κάθετα. Με γνωστές τις σημειωμένες

γωνίες στο σχήμα, να υπολογίσετε την $C\widehat BD=\theta.$

#2

Οι ευθείες $BA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD$ τέμνονται στο

και είναι :

$\widehat {SAD} = 14^\circ + 44^\circ = 58^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\widehat {SDA} = 180^\circ - 74^\circ - 44^\circ = 62^\circ$ , άρα : $\boxed{\widehat {{S_{}}} = 60^\circ }$ .

Θεωρώ τώρα το συμμετρικό

του

ως προς το

και

του

ως προς το

.

Το τετράπλευρο ATFD

είναι ρόμβος . Οι $BF\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CT$ τέμνονται στο

.

Ας είναι ακόμα $Z\,\,\kappa \alpha \iota \,\,P$ οι τομές των $BI\,\,$ με

και

με

.

Λόγω συμμετρίας $\widehat {SCA} = \widehat {ACP} = 16^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {DBS} = \widehat {ZBD} = 14^\circ$

Οι γωνίες του ρόμβου ATFD

στα $A\,\,\kappa \alpha \iota \,\,F$ είναι από $92^\circ$ και στα $T\,\,\kappa \alpha \iota \,\,D$ από $88^\circ$ .

Έτσι και δεδομένου ότι τα τρίγωνα $CD{\rm T}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,BFA$ είναι ισοσκελή έχω:

$\boxed{\widehat {PAT} = \widehat {TFI} = 76^\circ - 46^\circ = 30^\circ \,,\,\,\widehat {FDZ} = \widehat {FTI} = 74^\circ - 44^\circ = 30^\circ \,\,\,}\,\,\,$

: Πάλι γωνία.png (63.21 KiB) Προβλήθηκε 1813 φορές

Προφανώς τώρα το τετράπλευρο SPIZ

είναι εγγράψιμο και $IT = IF\,\,\,\left( 1 \right)$ γιατί το τρίγωνο ITF

είναι ισοσκελές .

Θα δείξω ότι και $PT = ZF\,\,\,\left( 2 \right)$

Θεωρώ τον κύκλο $\left( {A,P,T} \right)$ και το σημείο του

για το οποίο PT = TQ

άρα η

διχοτομεί την γωνία $\widehat {PAQ}$

και $\widehat {AQT} = \widehat {DZF}$ ως παραπληρώματα της $\widehat {TPA}\,\,\,\left( { = 88^\circ } \right)$ .

Μα τότε τα τρίγωνα : $QAT\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZDF$ είναι ίσα άρα FZ = TQ = PT

δηλ ισχύει η $\left( 2 \right)$ οπότε και λόγο της $\left( 1 \right)$ $\boxed{IP = IZ}$

Η τελευταία μας εγγυάται ότι το

είναι το έγκεντρο του $\vartriangle SBC$

( αφού και $\boxed{\widehat {BIC} = 120^\circ = 90^\circ + \frac{1}{2}\widehat {{S_{}}}}$ )

Τώρα η γωνία που ζητώ είναι : $28^\circ + 14^\circ = 42^\circ$

θα ψάξω για πιο απλή λύση με ή χωρίς τριγωνομετρία.

#3

Ας είναι

το σημείο τομής των $BA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD$ .

Επειδή $74^\circ = \widehat {BDC} = \widehat {{S_{}}} + 14^\circ \Rightarrow \boxed{\widehat {{S_{}}} = 60^\circ }$ . Φέρνω τις μεσοκάθετες των $BD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC$

Και τέμνουν τις $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DC$ στα $K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$ . Αν

το σημείο τομής των

$KD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LA$ εύκολα έχω ότι

είναι το έγκεντρο του $\vartriangle AKL$ .

: Πάλι γωνία_Νεα προσπάθεια.png (33.92 KiB) Προβλήθηκε 1756 φορές

Επίσης : $\widehat {LAS} = \widehat {SAD} + \widehat {DAL} = \widehat {ABD} + \widehat {ADB} + \widehat {DAL} = 14^\circ + \left( {30^\circ + 14^\circ } \right) + 30^\circ = 88^\circ$ και

Ομοίως : $\widehat {SDK} = 16^\circ + 16^\circ + 30^\circ + 30^\circ = 92^\circ$

Επειδή : $\left\{ \begin{gathered} \frac{{KD}}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{KS}}{{\sin 92^\circ }} \hfill \\ \frac{{LA}}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{LS}}{{\sin 88^\circ }} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \dfrac{{KD}}{{KS}} = \dfrac{{LA}}{{LS}} \Rightarrow \dfrac{{KB}}{{KS}} = \dfrac{{LC}}{{LS}} \Rightarrow KL//BC$

Κα άρα $\widehat {SBC} = \widehat {SKL} = 4 \cdot 14^\circ = 56^\circ \Rightarrow \widehat {EBC} = 56^\circ - 14^\circ = 42^\circ$

#4

Η άσκηση δεν είναι και πολύ τίμια, γιατί είναι καλυμμένη. Ας τη δούμε στη γενική της μορφή. Είναι γνωστό ότι:

: Πάλι γωνία.png (9.65 KiB) Προβλήθηκε 1706 φορές

$\displaystyle \tan 3x = \tan x \cdot \tan (60^\circ - x) \cdot \tan (60^\circ + x) = \frac{{EA}}{{EB}} \cdot \frac{{ED}}{{EA}} \cdot \frac{{EC}}{{ED}} = \frac{{EC}}{{EB}} = \tan \theta$

Τα εύσημα ανήκουν λοιπόν στον Νίκο που, στην πρώτη του ανάρτηση, απέδειξε γεωμετρικά αυτή την τριγωνομετρική ταυτότητα

#5

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 11, 2020 11:25 am
Η άσκηση δεν είναι και πολύ τίμια, γιατί είναι καλυμμένη. Ας τη δούμε στη γενική της μορφή. Είναι γνωστό ότι:Πάλι γωνία.png
$\displaystyle \tan 3x = \tan x \cdot \tan (60^\circ - x) \cdot \tan (60^\circ + x) = \frac{{EA}}{{EB}} \cdot \frac{{ED}}{{EA}} \cdot \frac{{EC}}{{ED}} = \frac{{EC}}{{EB}} = \tan \theta$

Τα εύσημα ανήκουν λοιπόν στον Νίκο που, στην πρώτη του ανάρτηση, απέδειξε γεωμετρικά αυτή την τριγωνομετρική ταυτότητα

Ευχαριστώ Γιώργο . Εδώ ισχύει η λαϊκή ρήση : Όσα ξέρει ο νοικοκύρης δεν τα ξέρει ο κόσμος όλος!

Πάλι γωνία

Πάλι γωνία

Re: Πάλι γωνία

Re: Πάλι γωνία

Re: Πάλι γωνία

Re: Πάλι γωνία

Μέλη σε σύνδεση