Βρείτε τη γωνία χ (110)

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

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

Βρείτε τη γωνία χ (110)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Τρί Ιαν 10, 2012 6:57 pm

χ110.png
χ110.png (19.92 KiB) Προβλήθηκε 506 φορές
Δίνεται τρίγωνο ABC\left( {{{110}^ \circ }{{,40}^ \circ }{{,30}^ \circ }} \right). Βρείτε τη γωνία x = B\widehat DC, αν B\widehat CD = {130^ \circ } και CD = AB + BC + CA.


«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 χ (110)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φωτεινή » Τρί Ιαν 10, 2012 10:25 pm

καλησπέρα Μιχάλη και ... :logo:
με τριγωνομετρία (νόμο ημιτόνων)

\star~~\displaystyle{\vartriangle ABC: \frac{AB}{\sin 30}=\frac{BC}{\sin 110}=\frac{CA}{\sin 40}=\frac{CD}{\sin 30+\sin 110+\sin 40},~~(1)}

\star~~\displaystyle{\vartriangle BCD:\frac{BC}{\sin x}=\frac{CD}{\sin(50-x)},~~(2)}

\star~~\displaystyle{(1),(2)\Rightarrow \frac{\sin(50-x)}{\sin x}=\frac{\sin 30+\sin 70+\sin 40}{\cos 20}=\frac{2\sin 35\cos 5+2\sin 35\cos35}{\cos 20}\Rightarrow}

\displaystyle{\frac{\sin(50-x)}{\sin x}=\frac{2\sin 35(\cos5+\cos 35)}{\cos 20}=4 \sin 35\cos 15=\frac{\sin 35}{\sin 15}\Rightarrow}

\displaystyle{\boxed{x=15^o}} ,μοναδική λόγω μονοτονίας της \displaystyle{f(x)=\frac{\sin(50-x)}{\sin x}}


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

Re: Βρείτε τη γωνία χ (110)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τρί Ιαν 07, 2014 9:16 pm

Μιχάλης Νάννος έγραψε:
Το συνημμένο χ110.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνεται τρίγωνο ABC\left( {{{110}^ \circ }{{,40}^ \circ }{{,30}^ \circ }} \right). Βρείτε τη γωνία x = B\widehat DC, αν B\widehat CD = {130^ \circ } και CD = AB + BC + CA.


Τι σκέφτηκε ο Κύριος Μιχάλης !!!
λεπτομέρειες στη λύση.png
λεπτομέρειες στη λύση.png (44.2 KiB) Προβλήθηκε 209 φορές
Αφού Ο Μιχάλης «έδωσε» στο πιάτο την απάντηση , ας γράψουμε δυο λόγια .

Γράψουμε τον κύκλο ABC και έστω K το κέντρο του . Η BK τέμνει τη CD στο T.

Επειδή A\widehat KB = 2 \cdot ACB = {60^0} το τρίγωνο KAB είναι ισόπλευρο και άρα

\boxed{AB = BK = KC}. Η επίκεντρη γωνία B\widehat KC = 2({180^0} - {110^0}) = {140^0}.

Σχεδόν προφανές τώρα ότι : \vartriangle BAC = \vartriangle KCT\,\,(\Gamma  - \Pi  - \Gamma ) οπότε TB = TD \Rightarrow \boxed{x = {{15}^0}}

Φιλικά Νίκος


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7973
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Βρείτε τη γωνία χ (110)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Ιαν 07, 2014 10:15 pm

Μιχάλης Νάννος έγραψε:
Το συνημμένο χ110.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνεται τρίγωνο ABC\left( {{{110}^ \circ }{{,40}^ \circ }{{,30}^ \circ }} \right). Βρείτε τη γωνία x = B\widehat DC, αν B\widehat CD = {130^ \circ } και CD = AB + BC + CA.
Καλησπέρα Μιχάλη και Νίκο
Βρείτε τη γωνία  x.png
Βρείτε τη γωνία x.png (11.02 KiB) Προβλήθηκε 155 φορές
Καταπληκτική άσκηση!!!

Παίρνω στη CD σημείο Q, ώστε \displaystyle{C\widehat BQ = {20^0}} και σημείο P της BQ ώστε BP=PC, οπότε σύμφωνα με αυτό, PQ=BC, άρα τα τρίγωνα ABC, PCQ είναι ίσα και έχουμε AC=CQAB=PC=BP.

Έστω σημείο E της QD, ώστε PQ=QE.
Επειδή CD=AB+BC+CA, τότε θα είναι ED=AB, οπότε QB=QD.
Αλλά η εξωτερική γωνία της κορυφής του ισοσκελούς τριγώνου QBD είναι \displaystyle{{30^0}}.

Επομένως, \displaystyle{x = {15^0}}.
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Τετ Ιαν 08, 2014 12:55 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


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

Re: Βρείτε τη γωνία χ (110)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Τρί Ιαν 07, 2014 11:22 pm

Νίκο και Γιώργο :clap2: . Κάτι παρεμφερές σκέφτηκα κι εγώ.
x110-sol.png
x110-sol.png (24.15 KiB) Προβλήθηκε 185 φορές
Προεκτείνω την CB κατά BE = BA και επί της CD παίρνω τμήμα CZ = CA. Από εδώ AE = CB, ισχύει \triangleleft BCZ\mathop  = \limits^{\Pi  - \Gamma  - \Pi }  \triangleleft EAC \Rightarrow BZ = EC = ZD,\,B\widehat ZC = E\widehat CA = {30^ \circ } και από εξωτερική γωνία x = \dfrac{{{{30}^ \circ }}}{2} = {15^ \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 1 επισκέπτης