Βρείτε τη γωνία χ (6)

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 (6)

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Πέμ Μάιος 20, 2010 11:42 pm

Δίνεται ΑΒ//ΓΔ, {\rm A}\widehat\Gamma \Delta  = {\rm A}\widehat\Delta {\rm B} = {30^ \circ } και {\rm B}\widehat\Delta \Gamma  = {20^ \circ }. Βρείτε τη γωνία {\rm A}\widehat\Gamma {\rm B} = x.
Stavroula.jpg
Stavroula.jpg (74.49 KiB) Προβλήθηκε 847 φορές
Το πανέμορφο σκίτσο είναι της Σταυρούλας :coolspeak: (Καταχωρήθηκε με την άδειά της).
τελευταία επεξεργασία από Μιχάλης Νάννος σε Σάβ Ιούλ 24, 2010 1:53 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4342
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Βρείτε τη γωνία χ (6)

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Παρ Μάιος 21, 2010 7:42 pm

Η όμορφη κοπελίτσα περιμένει τις απαντήσεις μας.
Φαντάζομαι δε θα στενοχωρηθεί αν δεν είναι καθαρόαιμες γεωμετρικές.

ΥΠΟΔΕΙΞΗ:
Αν τo x παρίστανε ηλικία εκπαιδευτικού, θα είχε πάρει σίγουρα σύνταξη (με τα τωρινά δεδομένα, αύριο βλέπουμε...).
2η ΥΠΟΔΕΙΞΗ:
:spam: Είπαμε προσπαθήστε πρώτα. Μην είστε ανυπόμονοι...
3η ΥΠΟΔΕΙΞΗ:
Όλη η Γ τα πιάνει τα 100...
Γιώργος Ρίζος


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4342
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Βρείτε τη γωνία χ (6)

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Παρ Μάιος 21, 2010 8:19 pm

Από πείσμα και μόνο, διερευνώντας τις δυνατότητες των εργαλείων που δίνει η τριγωνομετρία, έφτασα σε αποτέλεσμα.
Ελπίζω να μην νομίσει κανείς ότι μπαίνω σε τάξεις διδάσκοντας τέτοια πράγματα... Μόνο εδώ στο :logo: έχουμε τη δυνατότητα να πειραματιζόμαστε, κι ακόμα την ευχαρίστηση και την ψυχική ικανοποίηση, οπότε και το ΚΙΝΗΤΡΟ, να μοιραζόμαστε και συζητάμε άμεσα τις σκέψεις μας.

Δυο λόγια για τη διαδικασία:
Κατασκευάζοντας το σχήμα (με όση ακρίβεια δίνει το Corel Draw) διαπίστωσα ότι η γωνία (πρέπει να) είναι 70°. Παρατήρησα ότι παίρνοντας ως μονάδα π.χ. το μήκος ΔΓ, το σχήμα είναι κατασκευάσιμο, εφόσον τα Α, Β είναι σημεία τομής προσδιορίσιμων ημιευθειών.
Τυχαία πήρα ως αρχή το Γ. Πιστεύω το ίδιο κόπο θα κάναμε και με το Δ.
Κατόπιν ανέλαβε ο .... χαμάλης (και ομολογουμένως κουράστηκε αρκετά).
21-05-2010 Geometry.png
21-05-2010 Geometry.png (6.62 KiB) Προβλήθηκε 769 φορές
Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κορυφή Γ(0, 0) παίρνουμε το σημείο Δ(1, 0).
Το σημείο τομής των ευθειών: \displaystyle 
y = \varepsilon \phi 30^\circ x,\;\;y =  - \varepsilon \phi 50^\circ x + \varepsilon \phi 50^\circ είναι το Α.
Λύνοντας το σύστημα των δύο εξισώσεων έχουμε:
\displaystyle 
\varepsilon \phi 30^\circ x =  - \varepsilon \phi 50^\circ x + \varepsilon \phi 50^\circ \;\; \Leftrightarrow \;\;x = \frac{{\varepsilon \phi 50^\circ }}{{\varepsilon \phi 30^\circ  + \varepsilon \phi 50^\circ }} = \frac{{\frac{{\eta \mu 50^\circ }}{{\sigma \upsilon \nu 50^\circ }}}}{{\frac{{\eta \mu 30^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu 50^\circ  + \eta \mu 50^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu 30^\circ }}{{\sigma \upsilon \nu 30^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu 50^\circ }}}} =

\displaystyle 
 = \frac{{\eta \mu 50^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu 30^\circ }}{{\eta \mu 80^\circ }} = \frac{{\eta \mu 50^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu 30^\circ }}{{2\eta \mu 40^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu 40^\circ }} = \frac{{\sqrt 3 }}{{4\eta \mu 40^\circ }}

και \displaystyle 
y = \varepsilon \phi 30^\circ  \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{{4\eta \mu 40^\circ }} = \frac{1}{{4\eta \mu 40^\circ }}.
Η οριζόντια ευθεία (ε) που διέρχεται από το Α έχει εξίσωση: \displaystyle 
y = \frac{1}{{4\eta \mu 40^\circ }}

Το Β είναι σημείο τομής της (ε) και της ευθείας: \displaystyle 
y =  - \varepsilon \phi 20^\circ x + \varepsilon \phi 20^\circ

Λύνοντας το σύστημα των δύο εξισώσεων έχουμε:
\displaystyle 
\frac{1}{{4\eta \mu 40^\circ }} =  - \varepsilon \phi 20^\circ x + \varepsilon \phi 20^\circ  \Leftrightarrow x = 1 - \frac{1}{{4\eta \mu 40^\circ  \cdot \varepsilon \phi 20^\circ }} = 1 - \frac{1}{{8\eta \mu ^2 20^\circ }} =
\displaystyle =\frac{{8\eta \mu ^2 20^\circ  - 1}}{{8\eta \mu ^2 20^\circ }}


Η κλίση της ΓΒ είναι:
\displaystyle 
\frac{{\frac{1}{{4\eta \mu 40^\circ }}}}{{\frac{{8\eta \mu ^2 20^\circ  - 1}}{{8\eta \mu ^2 20^\circ }}}} = \frac{{\frac{1}{{8\eta \mu 20^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu 20^\circ }}}}{{\frac{{8\eta \mu ^2 20^\circ  - 1}}{{8\eta \mu ^2 20^\circ }}}} = \frac{{\varepsilon \phi 20^\circ }}{{8\eta \mu ^2 20^\circ  - 1}} = \frac{{\eta \mu 20^\circ }}{{4\left( {2\eta \mu 20^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu 20^\circ } \right)\eta \mu 20^\circ  - \sigma \upsilon \nu 20^\circ }} =


\displaystyle 
 = \frac{{\eta \mu 20^\circ }}{{4\eta \mu 40^\circ  \cdot \eta \mu 20^\circ  - \sigma \upsilon \nu 20^\circ }} = \frac{{\eta \mu 20^\circ }}{{2\sigma \upsilon \nu 20^\circ  - 2\sigma \upsilon \nu 60^\circ  - \sigma \upsilon \nu 20^\circ }} = \frac{{\eta \mu 20^\circ }}{{\sigma \upsilon \nu 20^\circ  - 1}} =

\displaystyle 
 = \frac{{2\eta \mu 10^\circ  \cdot \sigma \upsilon \nu 10^\circ }}{{1 - 2\eta \mu ^2 10^\circ  - 1}} = \frac{{\sigma \upsilon \nu 10^\circ }}{{ - \eta \mu 10^\circ }} =  - \sigma \phi 10^\circ  =  - \varepsilon \phi 80^\circ  = \varepsilon \phi 100^\circ.

Άρα x = 100° - 30° = 70°.

Γιώργος Ρίζος


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

Re: Βρείτε τη γωνία χ (6)

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Κυρ Μάιος 23, 2010 9:11 am

Καλημέρα.
Μετά την όμορφη και πρωτότυπη αναλυτικοτριγωνομετρική λύση του Γιώργου (ο πληθυντικός ευγενείας :plane:) και μια που είμαι 2ος ή 3ος λύτης στο υπέροχο (αν δεν παινέσεις το σπίτι σου... :lol: ) βιβλίο που ξεκίνησε ο Χρήστος, ας δώσω μια γεωμετρική λύση.

Φέρνουμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΓΔ και έστω Κ το περίκεντρο. Η επίκεντρη γωνία {\rm A}\widehat{\rm K}\Delta  = {60^ \circ }, γιατί η εγγεγραμμένη γωνία {\rm A}\widehat\Gamma \Delta  = {30^ \circ }. Το τρίγωνο ΑΚΔ θα είναι ισόπλευρο (λόγω ακτινών και περιεχόμενης γωνίας {60^ \circ }). Το τρίγωνο ΔΚΓ θα είναι ισοσκελές (λόγω ακτινών), άρα {\rm K}\widehat\Delta \Gamma  = {\rm K}\widehat\Gamma \Delta  = {10^ \circ } και \Delta \widehat{\rm K}\Gamma  = {160^ \circ }. Η προέκταση της μεσοκαθέτου ΔΛ (λόγω διχοτόμου), τέμνει την ΑΓ στο Μ, οπότε τα τρίγωνα ΑΜΚ και ΑΒΚ είναι ισοσκελή. Ισχύει ότι {\rm M}\widehat{\rm A}{\rm B} = {30^ \circ } και {\rm A}\widehat{\rm B}\Delta  = {20^ \circ } σαν εντός εναλλάξ των παραλλήλων ΑΒ και ΓΔ. Η {\rm A}\widehat{\rm M}\Delta  = {50^ \circ } σαν εξωτερική του τριγώνου ΑΜΒ. Με ανάλυση γωνιών καταλήγω ότι η γωνία \Gamma \widehat{\rm K}{\rm B} = {30^ \circ }. Επομένως το τετράπλευρο ΑΚΓΒ θα είναι εγγράψιμο (μια πλευρά φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες), άρα {\rm K}\widehat\Gamma {\rm B} + {\rm K}\widehat{\rm A}{\rm B} = {180^ \circ }, που σημαίνει ότι {\rm A}\widehat\Gamma {\rm B} = x = {70^ \circ }.
x6-solution.png
x6-solution.png (66.82 KiB) Προβλήθηκε 686 φορές


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2023
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Βρείτε τη γωνία χ (6)

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τετ Μάιος 26, 2010 2:53 pm

Ας δούμε μία απλή λύση, βασισμένη στο κανονικό 9-γωνο.

\bullet Επειδή οι κορυφές A_{5},\ A_{8} είναι συμμετρικά σημεία των A_{3},\ A_{9} αντιστοίχως, ως προς τη διάμετρο A_{4}M, προκύπτει ότι A_{3}A_{8}\cap A_{5}A_{9}\cap A_{4}M\equiv P.

Από \angle A_{8}A_{9}A_{5} = \angle A_{9}A_{8}A_{3} = 60^{o}, προκύπτει ότι το τρίγωνο \triangle PA_{8}A_{9} είναι ισόπλευρο και άρα έχουμε ότι A_{8}P = A_{8}A_{9} \Longrightarrow A_{8}P = A_{8}A_{7} ,(1)

Από (1) και επειδή \angle A_{7}A_{8}A_{3} = 80^{o}, συμπεραίνουμε ότι \angle A_{8}A_{7}P = \angle A_{8}PA_{7} = 50^{o} και άρα η ευθεία A_{7}P, περνάει από το μέσον N του τόξου A_{1}A_{2}.

Έτσι, έχουμε διαμορφώσει το τραπέζιο A_{4}A_{7}PA_{3} ( ισχύει A_{3}A_{8}\parallel A_{4}A{7}, από A_{3}A_{4} = A_{7}A_{8} ), όπως ορίζεται στο πρόβλημα που έχει τεθεί ( \angle A_{4}A_{7}A_{3} = 20^{o} και \angle A_{7}A_{4}P = 30^{o} και \angle A_{3}A_{7}P = 30^{o} ), από όπου προκύπτει άμεσα ότι \angle A_{3}A_{4}M = \angle x = 70^{o} και το ζητούμενο έχει βρεθεί.

Κώστας Βήττας.
Συνημμένα
f=22_t=7256.pdf
Βρείτε τη γωνία x (6).
(12.84 KiB) Μεταφορτώθηκε 69 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης