Τετράπλευρο-6.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 1.png (10.68 KiB) Προβλήθηκε 755 φορές

Υπολογίστε το μέτρο της γωνίας $\theta$ του παραπάνω σχήματος.

Γιώργος Μήτσιος · #2

Καλημέρα !

: Τετράπλευρο 6.PNG (9.83 KiB) Προβλήθηκε 734 φορές

Φέρω από το

κάθετη στην

που την τέμνει στο

και τέμνει την

στο

.

Η

διχοτόμος και ύψος στο τρίγωνο DAZ

άρα

Με την βοήθεια των γωνιών και το τρίγωνο ZAC

είναι ισοσκελές και βρίσκουμε AB=2AE=AZ=AC

δηλ. το

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές συνεπώς $\widehat{CBD}=45^{0}-30^{0}=15^{0}$ .
Φιλικά Γιώργος.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 21, 2018 9:49 pm
1.png

Υπολογίστε το μέτρο της γωνίας $\theta$ του παραπάνω σχήματος.

Με $\displaystyle DE \bot AC$ και $\displaystyle CM \bot BD$ , $\displaystyle DZ \bot BA$ κι επειδή $\displaystyle \angle DAZ = {45^0} \Rightarrow EDZA$ τετράγωνο

Από την προφανή ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων $\displaystyle EDC,DCM \Rightarrow ED = DM = DZ = ZA$ με $\displaystyle \angle MDZ = {60^0}$

Έτσι το $\displaystyle \vartriangle MDZ$ είναι ισόπλευρο άρα $\displaystyle MZ = ZA$ και $\displaystyle \angle MZA = {30^0} \Rightarrow \boxed{\angle MAC = {{15}^0} = x}$ (το $\displaystyle BCMA$ είναι εγγράψιμο)

: t-6.png (17.4 KiB) Προβλήθηκε 733 φορές

#4

: Τετράπλευρο_6.png (30.45 KiB) Προβλήθηκε 696 φορές

Ας είναι

το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου στο $\vartriangle ADC$ .

Αβίαστα προκύπτουν :

1. Το αντιδιαμετρικό

του

σ αυτό τον κύκλο ανήκει στην ευθεία

.

2. Το τρίγωνο $ACE \to (90^\circ ,60^\circ ,30^\circ )$ ,ι το τετράπλευρο AKDB

είναι ισοσκελές τραπέζιο και το τρίγωνο AKC

, ισόπλευρο .

Άρα το τρίγωνο ABC

είναι ισοσκελές ορθογώνιο οπότε $\boxed{\widehat \theta = 15^\circ }$ .

Ιστοσελίδα · #5

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 21, 2018 9:49 pm

Υπολογίστε το μέτρο της γωνίας $\theta$ του παραπάνω σχήματος.

: shape.png (24.87 KiB) Προβλήθηκε 687 φορές

Η διχοτόμος της $\Gamma \widehat {\rm A}{\rm B}$ τέμνει την $\Delta \Gamma$ στο Ε και έστω ${\rm I} \equiv {\rm A}\Gamma \cap {\rm B}\Delta$

Το ${\rm I}$ είναι το έγκεντρο του $\triangleleft \Delta {\rm E}{\rm A}$ και το ${\rm E}{\rm I}{\rm A}{\rm B}$ είναι εγγράψιμο.

Από τα $\triangleleft {\rm E}\Gamma {\rm B}({120^ \circ }{,30^ \circ }{,30^ \circ })\,\& \, \triangleleft {\rm E}{\rm I}{\rm B}({90^ \circ }{,45^ \circ }{,45^ \circ })$ προκύπτει $\theta = {45^ \circ } - {30^ \circ } = {15^ \circ }$

Φανης Θεοφανιδης · #6

: 1.png (20.79 KiB) Προβλήθηκε 677 φορές

Στα βήματα του Νίκου ο οποίος ισχυρίζεται ότι:
αν λύσει γεωμετρική άσκηση, χωρίς να εμπλέξει κύκλο, είναι σαν να τρώει ψάρι δίχως κόκκαλα .

Γράφω τον περίκυκλο του τριγώνου $BA\Delta$ του οποίου το κέντρο ονομάζω
και φέρνω τα τμήματα $OB, OA, O\Delta , O\Gamma$ .
Προφανώς $\angle \Delta A\Gamma =45^{0}$ .
Είναι $\angle AO\Delta =2\angle AB\Delta \Rightarrow$
$\Rightarrow \angle AO\Delta =60^{0}\Rightarrow$
$\Rightarrow$ το τρίγωνο $AO\Delta$ είναι ισόπλευρο $\Rightarrow$
$\Rightarrow \angle O\Delta \Gamma =30^{0}\Rightarrow$
$\Rightarrow \triangle O\Delta \Gamma =\triangle \Gamma \Delta A\Rightarrow$
$\Rightarrow \angle \Gamma O\Delta =\angle \Delta A\Gamma \Rightarrow$
$\Rightarrow \angle \Gamma O\Delta =45^{0}$ .
Αλλά $\angle BO\Delta =90^{0}$ (αφού $\angle \Delta AB=135^{0}$ ) $\Rightarrow$
$\Rightarrow \angle BO\Gamma =45^{0}$ .
Παρατηρώ ότι $\triangle BO\Gamma =\triangle \Gamma O\Delta \Rightarrow$
$\Rightarrow \Gamma B=\Gamma \Delta \Rightarrow$
$\Rightarrow \theta =15^{0}$ .

Ορέστης Λιγνός · #7

Παίρνουμε σημείο $K \in BA$ , ώστε AK=AC

, και φέρνουμε $KP \perp BD$ .

Είναι $\widehat{DAK}=\widehat{DBA}+\widehat{BDA}=45^\circ$ . Επίσης, $\widehat{CAD}=90^\circ-\widehat{DAK}=45^\circ$ .

Έτσι, τα $\vartriangle CAD, \vartriangle KAD$ είναι ίσα ( AC=AK

,

κοινή, $\widehat{CAD}=\widehat{KAD}=45^\circ$ ), άρα $\widehat{ADK}=\widehar{CDA}=30^\circ$ , άρα $\widehat{PDK}=45^\circ$ και DK=DC

.

Αφού όμως, $\widehat{CDK}=60^\circ \Rightarrow CK=CD=DK$ .

Επίσης, από το ορθογώνιο $\vartriangle BKP$ , είναι $\widehat{PBK}=30^\circ$ , άρα AB+AC=AB+AK=BK=2PK

(1).

Από το ορθογώνιο και ισοσκελές $\vartriangle PDK$ , είναι $DK=PK \sqrt{2}$ (2).

Από (1), (2) $AB+AC=2PK=DK\sqrt{2}=CK\sqrt{2}=2CA \Rightarrow AB=AC$ , οπότε το $\vartriangle ABC$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, άρα $\theta+30^\circ=45^\circ \Rightarrow \theta=15^\circ$ .

: gonia.png (23.26 KiB) Προβλήθηκε 657 φορές

Τετράπλευρο-6.

Τετράπλευρο-6.

Re: Τετράπλευρο-6.

Re: Τετράπλευρο-6.

Re: Τετράπλευρο-6.

Re: Τετράπλευρο-6.

Re: Τετράπλευρο-6.

Re: Τετράπλευρο-6.

Μέλη σε σύνδεση