Γωνία σε τετράπλευρο

dimplak · #1

Δίνεται τετράπλευρο ABCD

με $AB=1 , BC = \sqrt{2} , CD = \sqrt{3} , B \hat{A} C = 66^o , C \hat{A} D = 60^o$ .

Να βρείτε τη γωνία $B \hat{D} C$ .

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

Καλησπέρα

Αρχικά ας δούμε την κατασκευή

Παίρνουμε τμήμα

μήκους

.Έπειτα σχηματίζουμε γωνία $\widehat{BAx}=66^{\circ}$
Φέρουμε κύκλο με κέντρο

και ακτίνα $\sqrt{2}$ ,θέτουμε

το σημείο τομής της

με τον κύκλο.Σχηματίζουμε γωνία $\widehat{CAy}=60^{\circ}$ .Φέρουμε κύκλο με κέντρο

και ακτίνα $\sqrt{3}$ , άρα

το σημείο τομής του κύκλος μα την

Στο πρόβλημα

Νόμος συνημιτόνων στο
$BC^2=AB^2+AC^2-2\cos\widehat{BAC}\cdot AB\cdot AC\Leftrightarrow 2=1+AC^2-2\cos66AC\Leftrightarrow AC^2-2\cos66-1=0$
Λύνουμε την δευτεροβάθμια και έχουμε

Νόμος συνημιτόνων στο
$CD^2=AC^2+AD^2-2\cdot \cos \widehat{DAC}\cdot AD\cdot AC\Leftrightarrow 3=1.49^2+AD^2-1.49AD\Leftrightarrow AD^2-1.49AD---0.7799$
Λύνουμε την δευτεροβάθμια και προκύπτει

Nόμος συνημιτόνων στο
$DB^2=AB^2+AD^2-2\cos\widehat{BAD}\cdot AD\cdot AB\Leftrightarrow BD^2=1+1.9^2-2\cdot\cos126\cdot 1.9=..=2,62\Leftrightarrow.... BD=2,62$
Με νόμο συνημιτόνων στο βρίσκουμε ότι $\cos\widehat{BDC}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
άρα $\widehat{BDC}=30^{\circ}$

#3

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 27, 2019 7:26 pm
Καλησπέρα

Αρχικά ας δούμε την κατασκευή

Παίρνουμε τμήμα μήκους .Έπειτα σχηματίζουμε γωνία $\widehat{BAx}=66^{\circ}$
Φέρουμε κύκλο με κέντρο και ακτίνα $\sqrt{2}$ ,θέτουμε το σημείο τομής της με τον κύκλο.Σχηματίζουμε γωνία $\widehat{CAy}=60^{\circ}$ .Φέρουμε κύκλο με κέντρο και ακτίνα $\sqrt{3}$ , άρα το σημείο τομής του κύκλος μα την

Στο πρόβλημα

Νόμος συνημιτόνων στο
$BC^2=AB^2+AC^2-2\cos\widehat{BAC}\cdot AB\cdot AC\Leftrightarrow 2=1+AC^2-2\cos66AC\Leftrightarrow AC^2-2\cos66-1=0$
Λύνουμε την δευτεροβάθμια και έχουμε

Νόμος συνημιτόνων στο
$CD^2=AC^2+AD^2-2\cdot \cos \widehat{DAC}\cdot AD\cdot AC\Leftrightarrow 3=1.49^2+AD^2-1.49AD\Leftrightarrow AD^2-1.49AD---0.7799$
Λύνουμε την δευτεροβάθμια και προκύπτει

Nόμος συνημιτόνων στο
$DB^2=AB^2+AD^2-2\cos\widehat{BAD}\cdot AD\cdot AB\Leftrightarrow BD^2=1+1.9^2-2\cdot\cos126\cdot 1.9=..=2,62\Leftrightarrow.... BD=2,62$
Με νόμο συνημιτόνων στο βρίσκουμε ότι $\cos\widehat{BDC}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$
άρα $\widehat{BDC}=30^{\circ}$

Όλες οι τιμές των τμημάτων που έχουν υπολογιστεί είναι κατά προσέγγιση και με αυτές τις τιμές η ζητούμενη γωνία δεν μπορεί

να βγει $30^\circ.$ Για παράδειγμα, έχει γραφτεί ενώ στην πραγματικότητα είναι $\displaystyle AD = \frac{{\sqrt {10 + 2\sqrt 5 } }}{2}$

Στα μαθηματικά χρησιμοποιούμε προσεγγιστικές τιμές, μόνο αν δεν μπορούμε να βρούμε τις ακριβείς τιμές, όπως συμβαίνει σε

τριτοβάθμιες εξισώσεις και κλπ. Δεν μπορείς όμως να γράψεις, λύνω τη δευτεροβάθμια $\displaystyle {x^2} - 2\cos 66^\circ x - 1 = 0$ και βρίσκω

Με το ίδιο σκεπτικό θα έπρεπε να γράψεις $\widehat{BDC}=29.94^{\circ}$ και όχι $30^\circ.$

Ratio · #4

Κρατώντας τις ακρίβειες στο τρίτο δεκαδικό, το αποτέλεσμα είναι $\widehat {CDB}=30.060^{0}$

#5

Γράφω από κινητό με ενεργά τα δεδομένα γιατί δεν έχω Internet. Η άσκηση δέχεται σχετικά απλή λύση και δίνει ακριβώς το μέτρο της γωνίας. 30 μοίρες.

Μετά την αποκατάσταση του δικτύου μια με πολλή τριγωνομετρία .

Επειδή $126^\circ = 90^\circ + 36^\circ \,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,66^\circ = 126^\circ - 60^\circ$ προκύπτουν:

$\left\{ \begin{gathered} \cos 126^\circ = - \sin 36^\circ = - \frac{1}{4}\sqrt {10 - 2\sqrt 5 } = - \sqrt {\frac{{5 - \sqrt 5 }}{8}} \hfill \\ \sin 126^\circ = \cos 36^\circ = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{4} \hfill \\ \cos 66^\circ = \cos 126^\circ \cos 60^\circ + \sin 126^\circ \sin 60^\circ \hfill \\ \end{gathered} \right.$

έχω: $\boxed{\cos 66^\circ = \frac{{\sqrt {15} + \sqrt 3 }}{8} - \sqrt {\frac{{5 - \sqrt 5 }}{{32}}} = t}$

: Γωνία σε τετράπλευρο _Απο το 2016_new.png (19.39 KiB) Προβλήθηκε 628 φορές

Το Θ. συνημίτονου στο τρίγωνο ABC

τώρα δίδει: ${b^2} - 2bt - 1 = 0$ απ’ όπου έχω δεκτή ρίζα

$\boxed{AC = b = \sqrt {\frac{{5 + \sqrt 5 }}{8}} + \frac{{\sqrt {15} - \sqrt 3 }}{4}}$ .

Πάμε τώρα στο $\vartriangle ADC$ . Πάλι με ίδιο θεώρημα με AD = k

:

${k^2} + {b^2} - kb = 3 \Rightarrow \boxed{k = AD = \sqrt {\frac{{5 + \sqrt 5 }}{2}} }$

Από το ίδιο θεώρημα στο $\vartriangle ABD$ έχω : $\boxed{BD = 1 + \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}$ και εύκολα μετά στο

$\vartriangle DBC$ με ίδιο θεώρημα βρίσκω $\boxed{\widehat \theta = 30^\circ }$ .

Υπάρχει μια με λιγότερη τριγωνομετρία( πιο "βαρύ" σχήμα) αλλά θέλω να την ελέγξω .

Γωνία σε τετράπλευρο

Γωνία σε τετράπλευρο

Re: Γωνία σε τετράπλευρο

Re: Γωνία σε τετράπλευρο

Re: Γωνία σε τετράπλευρο

Re: Γωνία σε τετράπλευρο

Μέλη σε σύνδεση