Βρείτε τη γωνία χ (105)

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Βρείτε τη γωνία χ (105)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Σάβ Δεκ 03, 2011 5:38 pm

χ105.jpg
χ105.jpg (57.31 KiB) Προβλήθηκε 549 φορές
Δίνεται τρίγωνο ABC με \widehat B = {96^ \circ }. Επί της πλευράς BC παίρνουμε σημείο D, τέτοιο ώστε B\widehat AD = {30^ \circ },\,DC = AB και επί της πλευράς AC παίρνουμε σημείο E, τέτοιο ώστε D\widehat EC = {96^ \circ }. Βρείτε τη γωνία x = C\widehat BE.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Re: Βρείτε τη γωνία χ (105)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Σάβ Δεκ 03, 2011 5:41 pm

:notworthy:
άψογη αισθητική, εύστοχη έκφραση


Άβαταρ μέλους
Φωτεινή
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 3691
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:02 am
Τοποθεσία: -mathematica-

Re: Βρείτε τη γωνία χ (105)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φωτεινή » Κυρ Δεκ 04, 2011 3:06 pm

καλησπέρα Μιχάλη

το ABDE είναι εγράψιμο αφού D\hat EC=A\hat BD,έτσι B\hat ED=30^o,D\hat AE=x

με νόμο ημιτόνων

\displaystyle{\vartriangle DEC\rightarrow \frac{DC}{\sin 96}=\frac{DE}{\sin(54-x)},~~(1)}

\displaystyle{\vartriangle ABD\rightarrow \frac{AB}{\sin 54}=\frac{DB}{\sin 30},~~(2)}

\displaystyle{\vartriangle DEB\rightarrow \frac{DE}{\sin x}=\frac{DB}{\sin 30},~~(3)}

\displaystyle{(1),(2),(3)\Rightarrow \frac{\sin(54-x)}{\sin x}=\frac{\sin 96}{\sin 54}=\frac{\cos 6}{\cos 36}=\frac{\cos 6}{\sin 30+\sin 18}\Rightarrow}

\displaystyle{\frac{\sin(54-x)}{\sin x}=\frac{\cos 6}{2\sin 24\cdot \cos 6}=\frac{\sin 30}{\sin 24}\Rightarrow \boxed{x=24^o}}


Φωτεινή Καλδή
Παύλος Μαραγκουδάκης
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1457
Εγγραφή: Παρ Ιαν 30, 2009 1:45 pm
Τοποθεσία: Πειραιάς

Re: Βρείτε τη γωνία χ (105)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Παύλος Μαραγκουδάκης » Δευ Δεκ 05, 2011 11:56 pm

To τετράπλευρο ABDE είναι εγγράψιμο όπως εξηγεί η Φωτεινή παραπάνω. Ας είναι O το κέντρο του περιγεγραμμένου του κύκλου και R η ακτίνα του.
Πάνω στην πλευρά AB παίρνουμε σημείο F ώστε BF=R. Η OF τέμνει τον κύκλο στο I. Τώρα βρίσκουμε διαδοχικά A\hat{D}B=54^o, A\hat{O}B=108^o, A\hat{B}O=36^o=B\hat{A}O, O\hat{A}D=6^o, A\hat{O}D=168^o, B\hat{F}O=72^o=I\hat{F}A, A\hat{O}I=168^o-72^o-60^o=36^o, I\hat{A}O=72^o.
Άρα το τρίγωνο AIO είναι ισοσκελές με AI=AF. Επίσης AF=\lambda _{10} δηλαδή ίσο με την πλευρά κανονικού δεκαγώνου εγγεγραμμένου στον κύκλο (O,R).

Άρα AB=R+\lambda _{10}. Ας φέρουμε τώρα DH\parallel AB με το H πάνω στην AC. Είναι BD=R. Από τα όμοια τρίγωνα HDC και ABC προκύπτει HD=\displaystyle{\frac{(R+\lambda _{10})^2}{2R+\lambda _{10}}.}

Όμως \lambda _{10}^2=R(R-\lambda _{10}). (Η σχέση αποδεικνύεται σε εφαρμογή του σχολικού βιβλίου, σελ. 240)

Τώρα εύκολα προκύπτει R(2R+\lambda _{10})=(R+\lambda _{10})^2 οπότε HD=R.
Επομένως τα τρίγωνα ABD και HDC είναι ίσα οπότε \hat{C}=30^o.

Έτσι \hat{\chi }=180^o-126^o-30^o=24^o.
cat .png
cat .png (33.13 KiB) Προβλήθηκε 425 φορές
τελευταία επεξεργασία από Παύλος Μαραγκουδάκης σε Τετ Δεκ 07, 2011 11:32 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Στάλα τη στάλα το νερό το μάρμαρο τρυπά το,
εκείνο που μισεί κανείς γυρίζει κι αγαπά το.
Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3203
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Βρείτε τη γωνία χ (105)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Τετ Δεκ 07, 2011 2:53 pm

Ευχαριστώ τη Φωτεινή και τον Παύλο (ο οποίος εντόπισε ένα αδιευκρίνιστο σημείο στη χθεσινοβραδινή απόδειξη) και αφιερώνω αυτή τη λύση στους Νικολάδες του :santalogo:
x105-sol.png
x105-sol.png (25.17 KiB) Προβλήθηκε 364 φορές
Έστω K το περίκεντρο του τριγώνου ABD (εφόσον \widehat B = {96^ \circ } δηλαδή αμβλεία, το K θα βρίσκεται εξωτερικά του τριγώνου). Αφού B\widehat AD = {30^ \circ } το τρίγωνο KBD θα είναι ισόπλευρο και το KAB\left( {{{108}^ \circ }{{,36}^ \circ }{{,36}^ \circ }} \right) ισοσκελές (λόγω της K\widehat BA = {96^ \circ } - {60^ \circ } = {36^ \circ }).

Στην προέκταση της BK παίρνω σημείο N, τέτοιο ώστε AN = AB. Σχηματίζεται έτσι το ισοσκελές ABN\left( {{{108}^ \circ }{{,36}^ \circ }{{,36}^ \circ }} \right) και το χρυσό ισοσκελές NAK\left( {{{36}^ \circ }{{,72}^ \circ }{{,72}^ \circ }} \right), μια που N\widehat AK = {108^ \circ } - {36^ \circ } = {72^ \circ } και A\widehat NK = {36^ \circ }.

Το τρίγωνο NBC είναι ισόπλευρο (BN = BC και N\widehat BC = {60^ \circ }), άρα το τετράπλευρο ABCN είναι χαρταετός, επομένως A\widehat CB = \displaystyle\frac{{{{60}^ \circ }}}{2} = {30^ \circ }. Απ’ το εγγράψιμο τετράπλευρο ABDE έχουμε B\widehat ED = B\widehat AD = {30^ \circ } και απ’ το τρίγωνο EBC: {54^ \circ } - x = {30^ \circ } \Rightarrow x = {24^ \circ }.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 4 επισκέπτες