Βρείτε τη γωνία x (129)

Ιστοσελίδα · #1

: x129.png (20.72 KiB) Προβλήθηκε 442 φορές

Το παραπάνω σχήμα αποτελείται απ’ τα $\triangle ABC\left( {{{44}^ \circ }{{,68}^ \circ }{{,68}^ \circ }} \right),\, \triangle BAD\left( {{{82}^ \circ }{{,57}^ \circ }{{,41}^ \circ }} \right)$ . Βρείτε τη γωνία $x = B\widehat DC$ .

#2

Μιχάλης Νάννος έγραψε:
Το συνημμένο x129.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το παραπάνω σχήμα αποτελείται απ’ τα $\triangle ABC\left( {{{44}^ \circ }{{,68}^ \circ }{{,68}^ \circ }} \right),\, \triangle BAD\left( {{{82}^ \circ }{{,57}^ \circ }{{,41}^ \circ }} \right)$ . Βρείτε τη γωνία $x = B\widehat DC$ .

Καλησπέρα Άρχοντα!!!

[attachment=0]1.png[/attachment]
Έστω το σημείο τομής του κύκλου $\left( {A,AC = AB} \right)$ με την .

Τότε με $AB = AE = {R_A}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle ABE = {{82}^0}} \boxed{\angle EAB = {{16}^0}}:\left( 1 \right)$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle BAC = {{44}^0}} \angle EAC = {60^0}\mathop \Rightarrow \limits^{AE = AC = {R_A}} \vartriangle AEC$ ισόπλευρο άρα $\boxed{EA = EC = AC = AB}:\left( 2 \right)$ .

Με $\angle DAB = {57^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle EAB = {{16}^0}} \boxed{\angle EAD = {{41}^0}}:\left( 3 \right)$ .

Όμως $\angle BEA\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle AED} \angle DAE + \angle EDA \Rightarrow {82^0} =$ ${41^0} + \angle EDA \Rightarrow \angle EDA = {41^0} = \angle EDA \Rightarrow \vartriangle EDA$ ισοσκελές

άρα $ED = EA\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} EC$ και συνεπώς ο κύκλος $\left( {E,EC} \right)$ διέρχεται από τα σημεία .

Τότε είναι $\angle CDA\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta - \varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta } \displaystyle\frac{{\angle CEA}}{2} =$ $\displaystyle\frac{{{{60}^0}}}{2} = {30^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle EDA \equiv {{41}^0}} \boxed{x = {{11}^0}}$ και το ζητούμενο έχει βρεθεί.

Στάθης

#3

Μιχάλη,Στάθη καλησπέρα

ας δούμε και μια τριγωνομετρική απάντηση
εφαρμόζοντας νόμο ημιτόνων στα $\vartriangle ABC,\vartriangle BCD,\vartriangle ABD$

καταλήγουμε στην $\dfrac{\sin (30-x)}{\sin x}=\dfrac{\sin 57 \cdot \sin 68}{\sin 44\cdot \sin 41}=\dfrac{\cos 33}{2\cdot \sin 41\cdot \sin 22}$

αλλά $\cos 33= 2\cos 22 \cdot cos 11-\cos 11=2(\cos 22-\cos 60)\cos 11=$

$2\big(\cos (41-19)-\cos (41+19)\big)\cos 11=4\sin 41\cdot \sin 19\cdot \cos 11$

άρα $\dfrac{\sin (30-x)}{\sin x}=\dfrac{\sin 19}{\sin 11}\Longrightarrow x=11^o$

#4

: Mixail_129.png (35.13 KiB) Προβλήθηκε 269 φορές

Καλημέρα Μιχάλη, Στάθη και Φωτεινή .
Μια άποψη ακόμα στο θέμα του υπολογισμού γωνίας που συνήθως ένα ισόπλευρο «ξεκλειδώνει»
Γράφω τον περιγεγραμμένο κύκλο (K,R)

του

και επειδή $D\hat BC = {82^0} + {68^0} = {150^0}$ η γωνία $D\hat KC = {60^0}$ και το τρίγωνο KDC

είναι ισόπλευρο πλευράς

. Αν τώρα

το μέσο του

επειδή τα

ισαπέχουν των B,C

η

είναι η μοναδική μεσοκάθετος του

. Τώρα αφού $\boxed{C\hat AD = {{44}^0} + {{57}^0} = {{101}^0}}$ και $\boxed{D\hat AB + B\hat AM = {{57}^0} + {{22}^0} = {{79}^0}}$ , αναγκαστικά $\boxed{K\hat AD = {{180}^0} - {{79}^0} = {{101}^0}}$ . Μετά απ’ αυτά και από το έμμεσο κριτήριο ισότητας τριγώνων εύκολα έχουμε: $\tau \rho \iota \gamma AKD = \tau \rho \iota \gamma ACD\,$ (γιατί είναι αμβλυγώνια) . Συνεπώς θα έχουμε και $\boxed{\hat \omega = \hat \varphi = {{30}^0}}\,\,\,$ Άρα $\hat x = {41^0} - {30^0} \Rightarrow \boxed{\hat x = {{11}^0}}$

Φιλικά Νίκος

Βρείτε τη γωνία x (129)

Βρείτε τη γωνία x (129)

Re: Βρείτε τη γωνία x (129)

Re: Βρείτε τη γωνία x (129)

Re: Βρείτε τη γωνία x (129)

Μέλη σε σύνδεση