Βρείτε τη γωνία χ (2)

Ιστοσελίδα · #1

Δίνεται ${\rm B}\widehat\Gamma {\rm A} = {30^ \circ }$ , ${\rm B}\widehat{\rm A}\Gamma = {24^ \circ }$ και ΑΒ=ΓΔ. Βρείτε τη γωνία ${\rm B}\widehat\Delta \Gamma = x$ .

: triangle4.png (96.01 KiB) Προβλήθηκε 2473 φορές

#2

καλησπέρα σας

$\triangle{AB\Delta}\longrightarrow\displaystyle{\frac{B\Delta}{\sin 24^o}=\frac{AB}{\sin x}},\,\fbox 1$

$\triangle{B\Delta\Gamma}\longrightarrow\displaystyle{\frac{B\Delta}{\sin 30^o}=\frac{\Gamma \Delta}{\sin (150-x)}=\frac{AB}{\sin (30+x)}},\,\fbox 2$

$\displaystyle{.\,\fbox 1,\,\fbox 1\Longrightarrow \frac{\sin 30^o}{\sin 24^o}=\frac{\sin (30+x)}{\sin x}\Longrightarrow\,\,\dots}$

Γιώργο Ρίζο ,που είσαι;

#3

Φωτεινή έγραψε: Γιώργο Ρίζο ,που είσαι;

Φωτεινή, 54° είναι το x.

Κάτι η πίεση των ημερών, κάτι η στενοχώρια και ο θυμός με όσα γίνονται σε βάρος μας και σε βάρος των παιδιών μας, έμεινα για λίγο αμέτοχος...

Στον τίτλο του θέματος ο Μιχάλης απευθύνεται στην Α΄Λυκείου.
Να ψάξουμε κάτι πιο ...γεωμετρικό;

Γιώργος Ρίζος

papel · #4

Rigio έγραψε: με όσα γίνονται σε βάρος μας και σε βάρος των παιδιών μας, έμεινα για λίγο αμέτοχος...
Γιώργος Ρίζος

Σε βαρος μας; Μα τι γινεται σε βαρος μας ;

mathxl · #5

papel έγραψε:[Σε βαρος μας; Μα τι γινεται σε βαρος μας ;

!!??

. Ρητορικό το ερώτημα;

Ιστοσελίδα · #6

Καλημέρα.
Πράγματι η γωνία είναι 54^o

. Να δώσω μια υπόδειξη για γεωμετρική λύση.
Παίρνω το συμμετρικό του τριγώνου ΒΔΓ ως προς ΒΓ (έστω ΒΕΓ) και προεκτείνω κατά μήκος ΕΖ=ΑΔ. Το τρίγωνο ΑΓΖ θα είναι ισόπλευρο...

Eukleidis · #7

Ακόμα δεν μπορώ να τη λύσω, έστω και αν υπάρχει υποδειξη

Ιστοσελίδα · #8

Είναι η δεύτερη φορά που απολογούμαι σήμερα (μόνο ως προς την κατηγορία Α' Λυκείου αυτή τη φορά

) και ολοκληρώνω τη γεωμετρική λύση.

Παίρνω το συμμετρικό του τριγώνου ΒΔΓ ως προς ΒΓ (έστω ΒΕΓ) και προεκτείνω κατά μήκος ΕΖ=ΑΔ. Το τρίγωνο ΑΓΖ θα είναι ισόπλευρο (ΑΓ = ΓΖ και ${\rm A}\widehat\Gamma {\rm Z} = {60^ \circ }$ ). Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΓΖ θα είναι ίσα (Π-Γ-Π), επομένως ΑΒ = ΒΖ, οπότε το τρίγωνο ΑΒΖ θα είναι ισοσκελές. Έτσι προκύπτει ότι ${\rm B}\widehat{\rm A}{\rm Z} = {\rm B}\widehat{\rm Z}{\rm A} = {36^ \circ }$ . Προεκτείνω την ΒΓ που τέμνει την ΑΖ στο Η και θα ισχύει ${\rm A}\widehat{\rm H}\Gamma = {90^ \circ }$ (λόγω της διχοτόμου που είναι και ύψος). Πάνω στην ΑΖ παίρνω τμήμα ΖΘ = ΖΒ και κατά συνέπεια ΑΘ = ΑΔ = ΖΕ. Το τρίγωνο ΑΔΘ θα είναι ισόπλευρο (ΑΔ = ΑΘ και $\Delta \widehat{\rm A}\Theta = {60^ \circ }$ , επομένως $\Theta \widehat\Delta {\rm A} = {60^ \circ }(1)$ . Στο ισοσκελές τρίγωνο ΖΘΒ η γωνία ${\rm B}\widehat\Theta {\rm Z} = {72^ \circ }$ , επομένως ${\rm H}\widehat{\rm B}\Theta = {18^ \circ }$ (συμπληρωματική στο ορθογώνιο τρίγωνο ΗΘΒ), άρα και $\Theta \widehat{\rm B}{\rm A} = {36^ \circ }$ (για να είναι συμπληρωματική στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΒ). Αυτό σημαίνει ότι το τρίγωνο ΔΘΒ είναι ισοσκελές με $\Delta \widehat\Theta {\rm B} = {48^ \circ }$ (παραπληρωματική) και ${\rm B}\widehat\Delta \Theta = {66^ \circ }(2)$ (γωνία βάσης). Από σχέσεις (1), (2) προκύπτει ότι $\Gamma \widehat\Delta {\rm B} = x = {54^ \circ }$ .

: triangle4sol.png (56.17 KiB) Προβλήθηκε 2216 φορές

Ιστοσελίδα · #9

Άλλη μία λύση.

Φέρνω τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ και έστω Κ το περίκεντρο. Το κυρτό τόξο ΑΒ είναι ${60^ \circ }$ ( ${\rm A}\widehat\Gamma {\rm B} = {30^ \circ }$ - εγγεγραμμένη που βαίνει στο κυρτό τόξο ΑΒ) και το κυρτό τόξο ΒΓ είναι ${48^ \circ }$ ( ${\rm B}\widehat{\rm A}\Gamma = {24^ \circ }$ - εγγεγραμμένη που βαίνει στο κυρτό τόξο ΒΓ). Αυτό έχει σαν συνέπεια το τρίγωνο ΑΒΚ να είναι ισόπλευρο (ΑΚ = ΚΒ σαν ακτίνες και επίκεντρη γωνία ${\rm A}\widehat{\rm K}{\rm B} = {60^ \circ }$ ), το τρίγωνο ΑΚΓ να είναι ισοσκελές (ΑΚ = ΚΓ σαν ακτίνες) με ${\rm A}\widehat{\rm K}\Gamma = {108^ \circ }$ (επίκεντρη που βαίνει στο τόξο ΑΓ) και γωνίες βάσης ${\rm K}\widehat{\rm A}\Gamma = {\rm K}\widehat\Gamma {\rm A} = {36^ \circ }$ . Ακόμα επειδή ΚΓ = ΑΒ (ακτίνα και πλευρά ισοπλεύρου) και ΓΔ = ΑΒ (από εκφώνηση) προκύπτει ότι το τρίγωνο ΓΔΚ είναι ισοσκελές με γωνίες βάσης ${72^ \circ }$ . Ισχύει ότι $\Delta \widehat{\rm K}{\rm A} = \Gamma \widehat{\rm K}{\rm A} - \Gamma \widehat{\rm K}\Delta = {108^ \circ } - {72^ \circ } = {36^ \circ }$ . Αυτό μας δείχνει ότι το τρίγωνο ΑΔΚ θα είναι ισοσκελές και ότι η ΒΔΕ θα είναι η μεσοκάθετος. Άρα ${\rm A}\widehat{\rm B}{\rm E} = {30^ \circ }$ και εφόσον χ είναι εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΒΔ θα ισχύει: $x = {24^ \circ } + {30^ \circ } = {54^ \circ }$ .

: triangle4sol2.png (26.09 KiB) Προβλήθηκε 2175 φορές

Γιώργος Μήτσιος · #10

Καλημέρα σε όλους!

: Βρείτε τη γωνία Μ.Ν(1).png (86.37 KiB) Προβλήθηκε 939 φορές

Θεωρούμε το τρίγωνο ABC

με $\widehat{A}=24^{0}$ , $\widehat{C}=30^{0}$ και $\Delta \in AC$ ώστε να είναι $C \Delta= AB$ .

Παίρνουμε το σημείο $D \in AC$ ώστε να είναι $\widehat{BDC}=54^{0}$ .

Όπως δείξαμε στο ..φρέσκο θέμα Απ' τα παλιά είναι CD=AB

άρα $CD=C\Delta$

οπότε τα

και $\Delta$ συμπίπτουν, δηλαδή $\widehat{B \Delta C} \equiv \widehat{BDC}=54^{0}$ .

Φιλικά, Γιώργος.

Βρείτε τη γωνία χ (2)

Βρείτε τη γωνία χ (2)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (2)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (2)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (2)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (2)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (2)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (2)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (2)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (2)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (2)

Μέλη σε σύνδεση