Παλιά Ιστορία

#1

: Παλιά ιστορία.png (19 KiB) Προβλήθηκε 1061 φορές

Να βρείτε τη γωνία, $\theta$ .

Κάθε λύση δεκτή .

Ιστοσελίδα · #2

Doloros έγραψε: Πέμ Σεπ 30, 2021 12:35 am

Να βρείτε τη γωνία, $\theta$ .

Κάθε λύση δεκτή .

Καλημέρα Νίκο.

: shape.png (14 KiB) Προβλήθηκε 1043 φορές

Ισχύει $\triangleleft ABE({80^ \circ }{,50^ \circ }{,50^ \circ })$ , οπότε AB = AE

Επί της

παίρνω σημείο

, τέτοιο ώστε AK = AB = AE

Έτσι, σχηματίζεται το ισόπλευρο $\triangleleft AKE$ (ισοσκελές με περιεχόμενη ${60^ \circ }$ ), καθώς και το ισοσκελές $\triangleleft KAD({100^ \circ }{,40^ \circ }{,40^ \circ })$

Τέλος, έχουμε το ισοσκελές $\triangleleft KED\,({40^ \circ }{,70^ \circ }{,70^ \circ })$ , οπότε η ζητούμενη γωνία $\theta = {70^ \circ } - {40^ \circ } = {30^ \circ }$

#3

Doloros έγραψε: Πέμ Σεπ 30, 2021 12:35 am Παλιά ιστορία.png

Να βρείτε τη γωνία, $\theta$ .

Κάθε λύση δεκτή .

Καλημέρα σε όλους!

Φέρνω DZ||AB

και ονομάζω

το σημείο τομής των AD, BZ.

: Παλιά ιστορία.png (20.42 KiB) Προβλήθηκε 1017 φορές

Το

ως ισοσκελές τραπέζιο είναι εγγράψιμο, άρα $\displaystyle D\widehat BZ = D\widehat AZ = 20^\circ.$ Οπότε τα KAB,

είναι

ισόπλευρα. Εξάλλου, $\displaystyle AE = AB = AK \Rightarrow B\widehat KE = 60^\circ + 80^\circ = 140^\circ \Leftrightarrow Z\widehat KE = 40^\circ = E\widehat ZK$

To DKEZ

είναι λοιπόν χαρταετός, άρα η

είναι μεσοκάθετη του

και κατά συνέπεια $\boxed{\theta=30^\circ}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

Doloros έγραψε: Πέμ Σεπ 30, 2021 12:35 am Παλιά ιστορία.png

Να βρείτε τη γωνία, $\theta$ .

Κάθε λύση δεκτή .

Ισχύει

και με

είναι

και $\angle HEA=20^0 \Rightarrow \angle BEH=30^0$

Θεωρούμε τον κύκλο (A,AE)

που τέμνει την

στο

και

.

Προφανώς το τρίγωνο ZDP

είναι ισοσκελές κι επειδή $DA=DC \Rightarrow PA=CZ=EA \Rightarrow ZB=CE$

Είναι , $\angle APE= \angle EHA= 80^0$ και EH=PA

άρα

ισοσκελές τραπέζιο και PE=HA

Είναι $\triangle CZE= \triangle ZBP (BP=ZC,ZB=CE, \angle PBD= \angle C=20^0)$ άρα

ZE=ZP=PB

και $\angle ZEC=20^0 \Rightarrow ZE//DA$

Στα τρίγωνα DPE,EBH

είναι $\angle EPD= \angle EHB=100^0$ και

$\dfrac{PE}{BH}= \dfrac{AH}{BH} = \dfrac{AE}{EC}= \dfrac{ZD}{ZC} = \dfrac{DP}{PA} = \dfrac{DP}{EH} \Rightarrow \triangle DEP \simeq \triangle EBH \Rightarrow \theta =30^0$

: Παλιά ιστορία.png (30.29 KiB) Προβλήθηκε 903 φορές

KARKAR · #5

Αν είστε ακουστικοί τύποι δείτε τη λύση αυτή . Πρόκειται για το πασίγνωστο στο διαδίκτυο :

World's ( Second ) Hardest Easy Geometry Problem .

Γιώργος Μήτσιος · #6

Καλημέρα σε όλους! Παρόμοια προσέγγιση

: 7-10 Παλιά ιστορία.png (179.99 KiB) Προβλήθηκε 805 φορές

Το $M \in AE$ ώστε $\widehat{ABM}=20^o$ , το $S \in AD$ με AS=AB=AE

και

η τομή των AD,BM

.

Τότε το τρίγωνο BAS

είναι ισόπλευρο, τα BAM,AMI,ASE

τύπου $\left ( 20^o,80^o,80^o \right )$ και το BSM

τύπου $\left ( 40^o,70^o,70^o \right )$ .

Εύκολα βρίσκουμε τις γωνίες $\widehat{EBS}=10^o...\widehat{MBS}=40^o$ και $\widehat{MSI}=10^o$ .

Τα τρίγωνα MIS, MEI

είναι ίσα (ΠΓΠ) οπότε $\widehat{MEI}=\widehat{MSI}=10^o \Rightarrow \widehat{BEI}=40^o=\widehat{BDI}$ .

Συνεπώς το BIED

είναι εγγράψιμο και τέλος $\widehat{EDI}=\widehat{EBI}=30^o$ .

Φιλικά, Γιώργος

Παλιά Ιστορία

Παλιά Ιστορία

Re: Παλιά Ιστορία

Re: Παλιά Ιστορία

Re: Παλιά Ιστορία

Re: Παλιά Ιστορία

Re: Παλιά Ιστορία

Μέλη σε σύνδεση