Γεωμετρείν 100

Δημήτρης Μυρογιάννης · #1

Έστω ισόπλευρο τρίγωνο $\text{ABC}$ και σημείο

στο εσωτερικό του,

έτσι ώστε οι γωνίες CBD,~~DCA

να έχουν μέτρο ${{12}^{0}},~{{54}^{0}}$ αντίστοιχα.

Βρείτε το μέτρο

της γωνίας BAD

.

: GeoMetrein-100.png (47.71 KiB) Προβλήθηκε 1278 φορές

#2

Μια τριγωνομετρική λύση:

Από τριγωνομετρικό Ceva ισχύει

$\displaystyle{\sin x\sin 12^o\sin 54^o=\sin 48^o\sin 6^o\sin (60^o-x).}$

Από αυτή την ισότητα έχουμε διαδοχικά

$\displaystyle{\frac{\sin (60^o-x)}{\sin x}=\frac{\sin 12^o\sin 54^o}{\sin 6^o\sin 48^o}}$

$\displaystyle{\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}\cos x-\frac{1}{2}\sin x}{\sin x}=\frac{2\cos 6^o\sin 54^o}{\sin 48^o}}$

$\displaystyle{\frac{\sqrt{3}}{2}\cot x=\frac{1}{2}+\frac{2\cos 6^o\sin 54^o}{\sin 48^o}}$

$\displaystyle{\sqrt{3}\cot x=\frac{\sin 48^o+4\cos ^o\sin 65^o}{\sin 48^o}}$

$\displaystyle{\sqrt{3}\cot x=\frac{\sin 48^o+2(\sin 60^o+\sin 48^o)}{\sin 48^o}}$

$\displaystyle{\sqrt{3}\cot x=\frac{\sqrt{3}+3\sin 48^o}{\sin 48^o}}$

$\displaystyle{\cot x=\sqrt{3}+\frac{1}{\sin 48^o}}$

Από την ταυτότητα $\displaystyle{\boxed{4\sin x\sin (60^o-x)\sin (60^o+x)=\sin 3x}}$

έχουμε

$\displaystyle{\frac{1}{\sin 48^o}=\frac{4\sin 12^o\sin 108^o}{\sin 144^o}=\frac{4\sin 12^o\cos 18^o}{\sin 36^o}=\frac{2\sin 12^o}{\sin 18^o}}$

άρα έχουμε

$\displaystyle{\cot x=\sqrt{3}+\frac{2\sin 12^o}{\sin 18^o}}$

Όμως

$\displaystyle{\sqrt{3}+\frac{2\sin 12^o}{\sin 18^o}=\sqrt{3}+\frac{2\sin (30^o-18^o)}{\sin 18^o}=\sqrt{3}+\frac{2\sin 30^o\cos 18^o-2\sin 18^o\cos 30^o}{\sin 18^o}=\cot 18^o}$

Άρα

$\displaystyle{\boxed{\boxed{x=18^o}}}$

ealexiou · #3

: Γεωμετρείν 100.png (32.76 KiB) Προβλήθηκε 1127 φορές

Έστω

μεσοκάθετος στην

και $AN\bot BD$

Προεκτείνω την

κατά τμήμα NA'=AN

και έστω

τόξο κύκλου $C_{1}(B,BA)$

Τρίγωνα BNA,BNA'

συμμετρικά $\Rightarrow \angle DBA'=\angle NBA=\angle NBA'=$ $\angle DBA=60°-12°=48° \Rightarrow$ $\angle A'BC=48°-12°=36°$

Είναι $\angle A'AC=\dfrac{\angle A'BC}{2}=\dfrac{36°}{2}=18°$ (εγγεγραμμένη και επίκεντρη γωνία στο ίδιο τόξο)
$\Rightarrow \angle MAD'=$ $\angle MAC-\angle D'AC=30°-18°=12°$

Λόγω συμμετρίας ως προς

έχουμε: $\boxed{\angle DAE=\angle EAD'=12°} \ \wedge$ $\boxed{\boxed{\angle BAD=x=\angle D'AC=18°}}$

Δημήτρης Μυρογιάννης · #4

Είναι προφανές ότι η προηγούμενη λύση του ealexiou είναι λάθος.

1. Επί της

λαμβάνουμε σημείο

τέτοιο ώστε BD=DE

, με αποτέλεσμα να δημιουργηθούν τα ισοσκελή BDE,~DEC

.

2. Σχεδιάζουμε το ισόπλευρο $\text{DFE}$ και φέρουμε τις FA,~FC,~FB

.

3. Παρατηρούμε (αφαιρετικά από γωνία κορυφής) τη γωνία βάσης του ισοσκελούς BFD

δηλαδή την $DBF={{18}^{0}}$ , κάτι που καθιστά την

μεσοκάθετο του

και κατά συνέπεια ότι FA=FC

.

4. Παρατηρούμε τη γωνία βάσης του ισοσκελούς CEF

, δηλαδή την $EFC=ECF={{36}^{0}}$ , που σημαίνει ότι $FCA=FAC={{24}^{0}}$ ή ότι $BAF={{36}^{0}}$ .

5. Παρατηρούμε την εξωτερική του ισοσκελούς BFD

(ή την εξωτερική του BAFD

), δηλαδή ότι $BDz={{36}^{0}}$ , κάτι που καθιστά το BAFD

εγγράψιμο.

6. $BAD=BFD={{18}^{0}}$ .

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 100 ΛΥΣΗ.PNG (48.33 KiB) Προβλήθηκε 1011 φορές

Γεωμετρείν 100

Γεωμετρείν 100

Re: Γεωμετρείν 100

Re: Γεωμετρείν 100

Re: Γεωμετρείν 100

Μέλη σε σύνδεση