Πλευρά τετραπλεύρου φαίνεται υπό γωνία από την απέναντι κορυφή

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

dimplak
Δημοσιεύσεις: 580
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 5:24 pm

Πλευρά τετραπλεύρου φαίνεται υπό γωνία από την απέναντι κορυφή

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από dimplak » Πέμ Νοέμ 24, 2016 11:51 pm

Σε τετράπλευρο ABCD ισχύει ότι A \hat{D} B = 50^o , B \hat{D} C = 30^o , A \hat{C} D = 40^o και A\hat{C} B = 30^o. Να υπολογίσετε τη γωνία B \hat{A} C.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1525
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Πλευρά τετραπλεύρου φαίνεται υπό γωνία από την απέναντι κορυφή

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Παρ Νοέμ 25, 2016 12:24 am

dimplak έγραψε:Σε τετράπλευρο ABCD ισχύει ότι A \hat{D} B = 50^o , B \hat{D} C = 30^o , A \hat{C} D = 40^o και A\hat{C} B = 30^o. Να υπολογίσετε τη γωνία B \hat{A} C.
GONIA.png
GONIA.png (19.6 KiB) Προβλήθηκε 563 φορές
Καλησπέρα Δημήτρη.

Με Ν.Ημιτόνων στα ABD, BCD, ABC και συνδυάζοντας τις σχέσεις που προκύπτουν παίρνουμε τελικά \sin (60+x)=4\sin 70 \sin x \sin 50\,\, (1) από όπου x=\widehat{BAC}=20^0, γιατί

στο δεύτερο μέλος της (1) για x=20 έχουμε 4 \sin 70 \sin 20 \sin 50= 2 \cos 20 \sin 20 \cdot 2 \sin 50=2\sin 40 \sin 50 =2\sin 40 \cos 40 =

\sin 80.

Άρα, \boxed{\widehat{BAC}=20}


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4492
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Πλευρά τετραπλεύρου φαίνεται υπό γωνία από την απέναντι κορυφή

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Παρ Νοέμ 25, 2016 3:49 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε: Με Ν.Ημιτόνων στα ABD, BCD, ABC και συνδυάζοντας τις σχέσεις που προκύπτουν παίρνουμε τελικά \sin (60+x)=4\sin 70 \sin x \sin 50\,\, (1) από όπου x=\widehat{BAC}=20^0, γιατί

στο δεύτερο μέλος της (1) για x=20 έχουμε 4 \sin 70 \sin 20 \sin 50= 2 \cos 20 \sin 20 \cdot 2 \sin 50=2\sin 40 \sin 50 =2\sin 40 \cos 40 =

\sin 80.

Άρα, \boxed{\widehat{BAC}=20}
Καλησπέρα Ορέστη.

Μία παρατήρηση στο σημείο που έχω τονίσει.

Αντικαθιστώντας μια τιμή στη θέση του αγνώστου σε μια εξίσωση, η οποία την επαληθεύει, απλά αποδεικνύω ότι είναι ρίζα της εξίσωσης.
Όμως δεν εξασφαλίζω ότι είναι μοναδική, άρα δεν θεωρείται πλήρης η απάντησή μου.

Δεν έχω δει αναλυτικά το θέμα (δεν έχω άλλη λύση), απλά πιστεύω ότι πρέπει "μετωπικά" να λύσουμε την εξίσωση κι όχι δοκιμάζοντας τιμές.


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1722
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Πλευρά τετραπλεύρου φαίνεται υπό γωνία από την απέναντι κορυφή

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Σάβ Νοέμ 26, 2016 8:47 pm

dimplak έγραψε:Σε τετράπλευρο ABCD ισχύει ότι A \hat{D} B = 50^o , B \hat{D} C = 30^o , A \hat{C} D = 40^o και A\hat{C} B = 30^o. Να υπολογίσετε τη γωνία B \hat{A} C.

Καλησπέρα...

Με \displaystyle{B'} συμμετρικό του \displaystyle{B} ως προς \displaystyle{AC}\displaystyle{ \Rightarrow \vartriangle BB'C} ισόπλευρο και \displaystyle{\angle KBB' = \angle KB'B = {20^0}}

Είναι \displaystyle{\angle KCB = \angle KDC = {30^0} \Rightarrow BC} εφαπτόμενη του περίκυκλου του \displaystyle{\vartriangle DKC \Rightarrow B{C^2} = BK \cdot BD \Rightarrow B{B'^2} = BK \cdot BD \Rightarrow BB'}

εφαπτόμενη του περίκυκλου του \displaystyle{\vartriangle KDB'}

Άρα \displaystyle{\angle KDB' = {20^0}} κι αν \displaystyle{DB' \cap AC = P \Rightarrow \angle BB'P = \angle B'BP = {40^0} \Rightarrow \angle DBP = \angle PAD = {60^0} \Rightarrow ADPB} εγγράψιμο

\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{x = \angle BDP = {{20}^0}}}
X.png
X.png (45.22 KiB) Προβλήθηκε 469 φορές


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1525
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Πλευρά τετραπλεύρου φαίνεται υπό γωνία από την απέναντι κορυφή

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Νοέμ 26, 2016 9:12 pm

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:
dimplak έγραψε:Σε τετράπλευρο ABCD ισχύει ότι A \hat{D} B = 50^o , B \hat{D} C = 30^o , A \hat{C} D = 40^o και A\hat{C} B = 30^o. Να υπολογίσετε τη γωνία B \hat{A} C.

Καλησπέρα...

Με \displaystyle{B'} συμμετρικό του \displaystyle{B} ως προς \displaystyle{AC}\displaystyle{ \Rightarrow \vartriangle BB'C} ισόπλευρο και \displaystyle{\angle KBB' = \angle KB'B = {20^0}}

Είναι \displaystyle{\angle KCB = \angle KDC = {30^0} \Rightarrow BC} εφαπτόμενη του περίκυκλου του \displaystyle{\vartriangle DKC \Rightarrow B{C^2} = BK \cdot BD \Rightarrow B{B'^2} = BK \cdot BD \Rightarrow BB'}

εφαπτόμενη του περίκυκλου του \displaystyle{\vartriangle KDB'}

Άρα \displaystyle{\angle KDB' = {20^0}} κι αν \displaystyle{DB' \cap AC = P \Rightarrow \angle BB'P = \angle B'BP = {40^0} \Rightarrow \angle DBP = \angle PAD = {60^0} \Rightarrow ADPB} εγγράψιμο

\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{x = \angle BDP = {{20}^0}}}
X.png
:clap2: Κύριε Μιχάλη μήπως πουλάτε λίγο μυαλό να αγοράσω; :shock:


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4492
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Πλευρά τετραπλεύρου φαίνεται υπό γωνία από την απέναντι κορυφή

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Σάβ Νοέμ 26, 2016 9:58 pm

Καλησπέρα.

Για να εξασφαλίσουμε τη μοναδικότητα της ρίζας που βρήκε ο Ορέστης με την παραπάνω τριγωνομετρική λύση, μπορούμε να καταφύγουμε στα δυνατά εργαλεία της Ανάλυσης.

Θεωρούμε τη συνάρτηση \displaystyle f\left( x \right) = \frac{{\eta \mu \left( {\frac{\pi }{3} + x} \right)}}{{\eta \mu x}} = \frac{{\frac{1}{2}\eta \mu x + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sigma \upsilon \nu x}}{{\eta \mu x}} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}\sigma \varphi x + \frac{1}{2},\;\;x \in \left( {0,\;\frac{{7\pi }}{{18}}} \right){\mkern 1mu}, η οποία είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα αυτό,(*) άρα "ένα προς ένα".

Οπότε, λέμε, ότι η ρίζα που εντοπίσαμε είναι μοναδική κι έχουμε ολοκληρώσει τη λύση.

(*) Στην ύλη της Β΄ Λυκείου έχει εξοβελιστεί σχεδόν πλήρως η μελέτη της συνάρτησης συνεφαπτομένης. Υπάρχει μόνο μια άσκηση για λύση(9, σελ 82). Επίσης ούτε ο άξονας συνεφαπτομένων ορίζεται για να πούμε ότι η μονοτονία της "φαίνεται" στο σχήμα, στο 1ο τετρατημόριο. Οπότε, για να μελετήσουμε τη μονοτονία της, ας κάνουμε μια υπέρβαση του φακέλου και ας χρησιμοποιήσουμε παραγώγους.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες