mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 22, 2019 8:34 am**

: shape.png (19.1 KiB) Προβλήθηκε 2197 φορές

Στο ισόπλευρο ABC

, του παραπάνω σχήματος, να βρείτε τη γωνία

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 22, 2019 3:26 pm**

: ισόπλευρο και γωνία_2.png (22.41 KiB) Προβλήθηκε 2153 φορές

Από Ν. συνημίτονου στο $\vartriangle EBC$ έχω $\boxed{a = 3\sqrt 3 + 6}$ . Αν

η προβολή του

στην

θα είναι :

$AK = 3,\,\,KD = \sqrt {36 - 9} = 3\sqrt 3 = KE$ . Άρα το $\vartriangle KED$ ισοσκελές ορθογώνιο , οπότε

$45^\circ + x + 105^\circ = 180^\circ \Rightarrow x = 30^\circ$

Επειδή στο Γυμνάσιο δεν διδάσκονται Ν ημίτονου δείτε το όπως στο πιο κάτω σχήμα :

: ισόπλευρο και γωνία_2_new.png (20.42 KiB) Προβλήθηκε 2148 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 22, 2019 4:14 pm**

Μιχάλης Νάννος έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 22, 2019 8:34 am
shape.pngΣτο ισόπλευρο , του παραπάνω σχήματος, να βρείτε τη γωνία .

Χαιρετώ!

: Ισόπλευρο και γωνία 2.png (14.58 KiB) Προβλήθηκε 2142 φορές

Έστω

η πλευρά του ισοπλεύρου,

το μέσο της

και

η προβολή του

στη

Είναι, $\displaystyle EM = EF = \frac{{3\sqrt 3 }}{2}$

και $\displaystyle BM = \frac{a}{2} \Leftrightarrow 3 + \frac{{3\sqrt 3 }}{2} = \frac{a}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{a=6+3\sqrt 3}$ οπότε, $DC=3\sqrt 3.$ Με νόμο συνημιτόνων στο AED

βρίσκω $\displaystyle ED = 3\sqrt 6$ και με νόμο ημιτόνων στο EDC,

$\displaystyle \frac{{3\sqrt 3 }}{{\eta \mu x}} = \frac{{ED}}{{\eta \mu 45^\circ }} \Leftrightarrow \eta \mu x = \frac{{3\sqrt 3 \cdot \sqrt 2 }}{{2 \cdot 3\sqrt 6 }} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{x=30^\circ}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 23, 2019 10:29 pm**

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 24, 2019 11:33 am**

Στο σχήμα του Νίκου.(το δεύτερο)

Το τρίγωνο CTD

είναι ισόπλευρο ενώ το TEC

είναι ισοσκελές.

Αμεσα προκύπτει ότι το ETDK

τετράγωνο κλπ

Συμπλήρωμα.
Εκανα διόρθωση γιατί όλα τα είχε ο Νίκος στο σχήμα.
Γράφω από κινητό και δεν τα είχα δει καλά.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 25, 2019 11:24 am**

Μιχάλης Νάννος έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 22, 2019 8:34 am
Στο ισόπλευρο , του παραπάνω σχήματος, να βρείτε τη γωνία .

: draw1.png (21.32 KiB) Προβλήθηκε 2005 φορές

..καλημέρα.....

μια άποψη εκτός φακέλου.

'Εστω $\displaystyle Z\equiv DE\cap BC$ και $EH\perp BC\,\,\,\,(1)$ . Από το $\displaystyle\bigtriangleup BEH :\,\(\widehat{H}=90^{\circ}\Rightarrow BH=\frac{3}{2},\,\,\ (2)$ .

Επίσης από ν. ημιτόνου στο $\displaystyle\bigtriangleup EBC: \frac{\eta \mu 15^{\circ}}{EB}=\frac{\eta \mu 105^{\circ}}{BC}......\Rightarrow BC=3\sqrt{3}+6\,\,\,\,\,(3)$

Συνεχίζοντας στο $\DISPLAYSTYLE\bigtriangleup ABC\,\,\,$ με διατέμνουσα την $\dislaystyle Z,E,D$ $\displaystyle\Rightarrow \frac{ZC}{ZB}\cdot \frac{EB}{EA}\cdot \frac{DA}{DC}=1\Rightarrow .....\Rightarrow ZB=3\sqrt{3}+3\,\,\,(4)$

Κατά συνέπεια με συνδυασμό των $\displaystyle ZH=ZB+BH\Rightarrow ....ZH=\frac{6\sqrt{3}+9}{2}\,\,\,(5)$ και $\displaystyle HC=BC-BH\Rightarrow .....HC=\frac{6\sqrt{3}+9}{2}\,\,\,\,(6)$

δηλαδή από $\displaystyle (1),(5),(6)\Rightarrow \bigtriangleup ZEC$ ισοσκελές με $\displaystyle \widehat{EZC}=\widehat{ECZ}=15^{\circ}\Rightarrow \widehat{DEC}=30^{\circ}\,\,\,\,$ ως εξωτερική γία στο $\bigtriangleup EZC.-$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 26, 2019 12:20 am**

Μιχάλης Νάννος έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 22, 2019 8:34 am
shape.pngΣτο ισόπλευρο , του παραπάνω σχήματος, να βρείτε τη γωνία .

Κατασκευάζοντας το παραλ/μμο $\displaystyle ADHZ \Rightarrow \vartriangle BZH,DHC$ ισόπλευρα

κι επειδή $\displaystyle BE = EZ = 3 \Rightarrow \angle EHB = {30^0} \Rightarrow \angle HEC = {15^0}$

Έτσι, $\displaystyle \vartriangle EHD$ ορθογώνιο-ισοσκελές,άρα $\displaystyle \angle DEH = {45^0} \Rightarrow \boxed{x = {{45}^0} - {{15}^0} = {{30}^0}}$