Μία γωνία

#1

: Μία γωνία.png (8.54 KiB) Προβλήθηκε 221 φορές

Σε τρίγωνο ABC

με $\widehat C=45^\circ,$ υπάρχει σημείο

της πλευράς

ώστε $M\widehat AC=15^\circ$

και BM=2MC.

Να υπολογίσετε τη γωνία $\widehat B.$

Ορέστης Λιγνός · #2

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 25, 2020 7:04 pm

Μία γωνία.png
Σε τρίγωνο με $\widehat C=45^\circ,$ υπάρχει σημείο της πλευράς ώστε $M\widehat AC=15^\circ$

και Να υπολογίσετε τη γωνία $\widehat B.$

Έστω, $BP \perp AM$ , με $P \in AM$ .

Τότε, είναι $\angle PMB=\angle MAC+\angle ACM=60^\circ$ , και άρα $\angle PBM=30^\circ$ , οπότε $PM=BM/2=MC \Rightarrow \vartriangle MPC$ ισοσκελές.

Οπότε, $\angle MPC=\angle PCM=30^\circ$ .

Άρα, $\angle PCB=\angle PBC=30^\circ \Rightarrow PB=PC$ (1).

Επίσης, $\angle PAC=15^\circ=\angle MPC/2 \Rightarrow \angle PAC=\angle ACP \Rightarrow PA=PC$ (2).

Από (1) και (2) προκύπτει ότι το

είναι περίκεντρο του $\vartriangle ABC \Rightarrow \angle ABC=\angle APC/2=150^\circ/2=75^\circ$ .

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ · #3

Καλησπέρα!
Θέτω MC=x

και

, όπου

η προβολή του

στην

.
Στο ορθογώνιο ALM

είναι $\widehat{AML}=60^{\circ}$ , οπότε $\dfrac{LA}{LM}=\sqrt{3}\Leftrightarrow \dfrac{3x-y}{2x-y}=\sqrt{3}\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow x=\dfrac{y\left ( \sqrt{3}-1 \right )}{2\sqrt{3}-3}=\dfrac{\left ( 3+\sqrt{3} \right )y}{3}$

Τώρα στο ορθογώνιο τρίγωνο ABL

είναι $\tan \widehat{B}=\dfrac{3x-y}{y}=\dfrac{3\cdot \dfrac{\left ( 3+\sqrt{3} \right )y}{3}-y}{y}=\dfrac{\left ( 3+\sqrt{3} \right )y-y}{y}=2+\sqrt{3}$
που αντιστοιχεί στην γωνία των $75^{\circ}$ .

: Μία γωνία.PNG (25.55 KiB) Προβλήθηκε 198 φορές

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 25, 2020 7:04 pm
Μία γωνία.png
Σε τρίγωνο με $\widehat C=45^\circ,$ υπάρχει σημείο της πλευράς ώστε $M\widehat AC=15^\circ$

και Να υπολογίσετε τη γωνία $\widehat B.$

Καλησπέρα κ.Γιώργο και Ορέστη!

: 214.PNG (32.52 KiB) Προβλήθηκε 176 φορές

Θεωρώ τον κύκλο (M,MB)

που τέμνει την κάθετη από το

στην

στο

και την

στο

.Το

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και έτσι $AC\parallel PL$ άρα αν $Q\equiv MP\cap AC$ θα είναι

μέσο του

.Θα δείξω ότι $\angle B=75^{\circ}$ , επειδή $\angle PBC=45^{\circ}$ αρκεί $\angle PBA=30^{\circ}$ δηλαδή αρκεί APMB

εγγράψιμο ή ισοδύναμα ότι $\angle MAP=45^{\circ}$ .Φέρω

κάθετη στην

(

ανήκει στην

).Έστω ότι ο κύκλος (K,KA)

τέμνει την

στο

και την

στο

.Τότε

μέσο του

και $\angle MAQ'=\dfrac{\angle FKC}{2}=15^{\circ}\Leftrightarrow Q'\equiv Q$ .Είναι λοιπόν εύκολα $\angle MFQ=45^{\circ}$ και αφού $FQ\parallel AP$ το ζητούμενο έπεται.

#5

: μιά γωνία_1.png (24.1 KiB) Προβλήθηκε 169 φορές

Αν

η προβολή του

στην

τότε αβίαστα προκύπτει ότι το

είναι περίκεντρο του $\vartriangle ABC$ και $\widehat {ABC} = 45^\circ + 30^\circ = 75^\circ$

Τελικά είναι η λύση του Ορέστη

Συγνώμη δεν την είχα διαβάσει, πιο πρώτα .

Βάνε και κανένα σχήμα Ορέστη να βλέπουμε με μια ματιά τι γίνεται . Στη Γεωμετρία μια λύση χωρίς σχήμα υποχρεώνει τον όποιο θέλει να την διαβάσει να κάνει σχήμα με βάσει τα λεγόμενα του λύτη κ.λ.π.

Ορέστης Λιγνός · #6

Doloros έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 25, 2020 8:51 pm

Βάνε και κανένα σχήμα Ορέστη να βλέπουμε με μια ματιά τη γίνεται . Στη Γεωμετρία μια λύση χωρίς σχήμα υποχρεώνει τον όποιο θέλει να την διαβάσει να κάνει σχήμα με βάσει τα λεγόμενα του λύτη κ.λ.π.

Έχεις δίκιο κ. Νίκο ...

#7

Γράφω το περιγεγραμμένο κύκλο του $\vartriangle AMC$ και έστω

το κέντρο του και

διάμετρός του .

: μιά γωνία_2.png (42.91 KiB) Προβλήθηκε 132 φορές

Αβίαστα προκύπτουν:

Το $\vartriangle KCD$ είναι ισόπλευρο

Το $\vartriangle KAM$ είναι ισοσκελές ορθογώνιο

Το $\vartriangle KMC \to \left( {30^\circ ,75^\circ ,75^\circ } \right)$

Έτσι αν

η προβολή του

στην

θα είναι: $\dfrac{{AK}}{{KT}} = 2 = \dfrac{{BM}}{{MC}} \Rightarrow AB//KM//TC$ .

Συνεπώς $\boxed{\widehat {{B_{}}} = \widehat {{\theta _{}}} = 75^\circ }$

Γιώργος Μήτσιος · #8

Καλό βράδυ σε όλους! Παρόμοια με αυτή του Θεοδόση

: Μια γωνία..G.V..PNG (8.63 KiB) Προβλήθηκε 117 φορές

Αν

η προβολή του

στην

θέτω για ευκολία AH=HC=3

οπότε έχουμε διαδοχικά

$HM=\sqrt{3}...MC=3-\sqrt{3}...BC=3MC=9-3\sqrt{3}...BH=6-3\sqrt{3}$ .

Έτσι $tanB=\dfrac{3}{6-3\sqrt{3}}=2+\sqrt{3}$ άρα $\widehat{B}=75^\circ$ . Φιλικά, Γιώργος.

Μία γωνία

Μία γωνία

Re: Μία γωνία

Re: Μία γωνία

Re: Μία γωνία

Re: Μία γωνία

Re: Μία γωνία

Re: Μία γωνία

Re: Μία γωνία

Μέλη σε σύνδεση