Βρείτε τη γωνία x (123)

Συντονιστής: Μιχάλης Νάννος

Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3198
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Βρείτε τη γωνία x (123)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Τρί Αύγ 14, 2012 8:47 am

x123.png
x123.png (18.43 KiB) Προβλήθηκε 704 φορές
Αν AC = BD, A\widehat CD = {20^ \circ },\,D\widehat AC = {60^ \circ } και B\widehat DC = {120^ \circ }, δείξτε (πριν απ’ το ποντίκι) ότι x = D\widehat BA = {10^ \circ }.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
Φωτεινή
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 3691
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:02 am
Τοποθεσία: -mathematica-

Re: Βρείτε τη γωνία x (123)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φωτεινή » Τρί Αύγ 14, 2012 12:18 pm

...με φιλικούς-καλοκαιρινούς-τριγωνομετρικούς χαιρετισμούς ...

A\hat DC=100,~~ B\hat AD=40-x

\displaystyle{\vartriangle ABD\rightarrow \frac{AD}{\sin x}=\frac{BD}{\sin(40-x)},~~(1)}

\displaystyle{\vartriangle ADC\rightarrow \frac{AD}{\sin 20}=\frac{AC}{\sin 100},~~(2)}

\displaystyle{(1),(2)\Rightarrow  \frac{sin(40-x)}{\sin x}=\frac{\cos 10}{\sin 20}=\frac{1}{2\sin 10}=\frac{\sin 30}{\sin 10}\Rightarrow x=10^o}


Φωτεινή Καλδή
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6455
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Βρείτε τη γωνία x (123)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Αύγ 15, 2012 3:26 pm

Μιχάλη
χρόνια πολλά

Πιστεύω να βρήκα το σωστό «κλειδί»

Ας πούμε AC = BD = d (1)
Γράφουμε τον κύκλο (A,d) που τέμνει την προέκταση της CD στο σημείο K .Το ισοσκελές στο A τρίγωνο AKC έχει τις παρά τη βάση του γωνίες από {20^0} . Στο τρίγωνο ADC η εξωτερική του γωνία στο σημείο D θα είναι
A\hat DK = {60^0} + {20^0} = {80^0} .¨Έτσι στο τρίγωνο KAD αναγκαστικά η γωνία K\hat AD = {180^0} - {80^0} - {20^0} = {80^0}. Δηλαδή και το τρίγωνο αυτό είναι ισοσκελές με κορυφή το σημείο K .Δηλαδή έχουμε KA = KD\, = d (2)
Από την άλλη μεριά η γωνία K\hat DB ως παραπλήρωμα της B\hat DC = {120^0} θα είναι K\hat DB = {60^0} αλλά DB = d συνεπώς το τρίγωνο KDB είναι ισόπλευρο με μήκος πλευράς d. Τελικά AC = AK = KD = KB = BD = d . Αν λοιπόν γράψουμε τον κύκλο (K,d) η γωνία \hat x θα είναι εγγεγραμμένη στο τόξο του AD \Rightarrow x = \frac{{A\hat KD}}{2} = \frac{{{{20}^0}}}{2} = {10^0}
Φιλικά Doloros
Συνημμένα
Nannos_ok.png
Nannos_ok.png (12.08 KiB) Προβλήθηκε 604 φορές


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3198
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Βρείτε τη γωνία x (123)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Τετ Αύγ 15, 2012 5:13 pm

Doloros έγραψε:Μιχάλη
χρόνια πολλά

Πιστεύω να βρήκα το σωστό «κλειδί»
Χρόνια πολλά στη Φωτεινή, στο Νίκο και σε όλο το :logo:

Νίκο ακριβώς αυτή τη λύση είχα υπ' όψιν μου (εναλλακτικά μπορείς να πεις ότι με τη βοήθεια του ισοπλεύρου KBD σχηματίζεται το ισοσκελές KAB\left( {{{80}^ \circ }{{,50}^ \circ }{{,50}^ \circ }} \right), άρα x = {60^ \circ } - {50^ \circ } = {10^ \circ }). Αν θες, κάποια στιγμή, βάλε και την άλλη λύση που μου έστειλες.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
Δημήτρης Μυρογιάννης
Δημοσιεύσεις: 862
Εγγραφή: Τετ Ιούλ 22, 2009 11:30 pm
Τοποθεσία: Αθήνα
Επικοινωνία:

Re: Βρείτε τη γωνία x (123)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Δημήτρης Μυρογιάννης » Παρ Αύγ 17, 2012 10:43 pm

Καλησπέρα στη εξαίρετη γεωμετρική παρέα… η πιο «κουφή» λύση που έχω συναντήσει … είναι ο πλέον δόκιμος όρος...

Το σημείο \;F προσδιορίζεται από την τομή των ημιευθειών \;CF,AF που δημιουργούν με τις \;CD,AD γωνίες \; 20^0, 60^0 αντίστοιχα.
Τότε το σημείο \;D αναβαθμίζεται σε έκκεντρο του τριγώνου \;AFC και οι γωνίες \;CFD, DFA πιστοποιούνται ίσες με μέτρο \;10^0 μοίρες η κάθε μία.
Επί της \;FC λαμβάνουμε σημείο \;H τέτοιο ώστε \;AH=AC και εύκολα (με λίγη άλγεβρα γωνιών) αντιλαμβανόμαστε ότι και \;FH=AH=AC .
Επί της πλευράς \; AF παίρνουμε σημείο \;J τέτοιο ώστε \;AJ=AH=.. και φέρουμε τις \;JH,JB .
Οι μωβ γωνίες των \;40^0 πιστοποιούν την παραλληλία των ίσων τμημάτων \;AH,DB κάτι που σημαίνει ότι το \;AHBD είναι παραλληλόγραμμο. Το ισοσκελές \;AJH δίνει γωνία βάσης \;80^0 .
Τα τρίγωνα \;FJH,ADC είναι (Γ-Π-Γ) ίσα και μαζί με το προηγούμενο παραλληλόγραμμο αναδεικνύουν το ισοσκελές \;HJB το οποίο με τη σειρά του κατοχυρώνει το εγγράψιμο \;FJHB .
Από το προηγούμενο εγγράψιμο προκύπτει η γωνία \;BFC=20^0 και έτσι κατοχυρώνονται οι απέναντι παραπληρωματικές γωνίες \;AFB,BDA του \;FADB που το αναδεικνύουν ως εγγράψιμο. Εύκολα πλέον παρατηρούμε ότι \;x=10^0 .

Βρείτε τη γωνία x (123).PNG
Βρείτε τη γωνία x (123).PNG (74.89 KiB) Προβλήθηκε 533 φορές


\top\Cape h e \;\; \AA \mathbb{R}\top\;\; o\pounds \; \; \int  \imath m\mathbb{P}\l \imath \mathbb{C}\imath \top y \;\;\imath s\;\;a\;\;\mathbb{P}\Cup \mathbb{Z}\mathbb{Z}le \;\; o\pounds \;\; \mathbb{C} o m\mathbb{P}l e^{x}  \imath T y
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης