Βρείτε τη γωνία χ (39)

Ιστοσελίδα · #1

Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ με ${\rm A}\widehat \Delta {\rm B} = {\rm A}\widehat \Gamma \Delta = \Gamma \widehat {\rm B}\Delta = {\rm B}\widehat {\rm A}{\rm E} = {30^ \circ }$ και Ε το μέσο της διαγωνίου ΒΔ. Βρείτε τη $\Gamma \widehat {\rm A}{\rm E} = x$ .

: x39.jpg (47.7 KiB) Προβλήθηκε 1077 φορές

Απάντηση:

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

dement · #2

Απο τα ομοια τριγωνα $\triangle{ABE}, \triangle{AB \Delta}$ εχουμε $\displaystyle \frac{B \Delta}{AB} = \sqrt{2}$ . Ετσι, με νομο ημιτονων εχουμε $\angle{AB \Delta} = 15^\circ$ .

Θετουμε το μηκος AB = 1

και $\angle{\Gamma A \Delta} = y$ . Τοτε, με νομο ημιτονων στο $\triangle{AB \Delta}$ εχουμε $A \Delta = 2 \sin 15^\circ$ και με νομο ημιτονων στο $\triangle{A \Delta \Gamma}$ εχουμε $\Gamma \Delta = 4 \sin 15^\circ \sin y$ . Απο αυτο, με νομο ημιτονων στο $\triangle{B \Delta \Gamma}$ εχουμε $B \Delta = 8 \sin 15^\circ \sin y \sin (30^\circ +y) = \sqrt{2}$ .

Το πρωτο μελος μετασχηματιζεται σε $4 \sin 15^\circ [\cos 30^\circ - \cos (30^\circ + 2y)] = \sqrt{2} - 2 \sin 15^\circ - 4 \sin 15^\circ \cos (30^\circ + 2y) = \sqrt{2}$ οποτε στο τελος εχουμε $\cos (30^\circ + 2y) = -1/2$ και $y = 45^\circ$ . Οποτε $x = 60^\circ$ .

(Το τελευταιο συμπερασμα βασιζεται στην επισκοπηση του σχηματος που μας δειχνει οτι το

και το σημειο τομης των διαγωνιων δεν ταυτιζονται - αλλιως θα μπορουσαμε επισης να εχουμε $y = 105^\circ$ και $x = 0^\circ$ . Πραγματι, οι υποθεσεις του προβληματος ικανοποιουνται αν παρουμε ως εναλλακτικο σημειο $\Gamma$ το σημειο τομης της

με την $B \Gamma$ ).

Δημητρης Σκουτερης

GMANS · #3

Καλησπέρα
Μια προσέγγιση με Αναλυτική

S.E.Louridas · #4

Αν ονομάσουμε Σ το σημείο τομής της ΑΕ με την ΒΓ το ΑΔΣΒ είναι παραλληλόγραμμο οπότε
$\mathop {{\rm E}\Sigma \Delta }\limits^ \wedge = 30^ \circ = \mathop {{\rm A}\Delta {\rm E}}\limits^ \wedge \Rightarrow {\rm A}\Delta ^2 = \frac{{{\rm A}\Sigma ^2 }} {2} \Rightarrow {\rm A}{\rm K}^2 = 2{\rm A}{\rm E}^2 \Rightarrow {\rm A}{\rm E} = {\rm E}{\rm K} \Rightarrow \mathop {{\rm E}{\rm K}{\rm A} = 45^ \circ }\limits^ \wedge ,$
με Κ το κέντρο του περιγραμμένου κύκλου στο ισοσκελές πλέον τραπέζιο ΑΔΓΣ. Άρα
$\mathop {{\rm A}\Gamma \Sigma }\limits^ \wedge = 45^ \circ ,\mathop {{\rm A}\Gamma \Delta = 30^ \circ }\limits^ \wedge \Rightarrow \mathop {\Sigma {\rm A}\Gamma }\limits^ \wedge = 60^ \circ .$

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #5

Επιτρέψτε μου δύο επεξηγήσεις:
1) Το ΑΔΓΣ είναι εγγεγραμμένο αφού
$\mathop {{\rm A}\Sigma \Delta }\limits^ \wedge = \mathop {{\rm A}\Gamma \Delta }\limits^ \wedge = 30^ \circ ,\;\mathop {2)\;{\rm A}{\rm K}\Delta }\limits^ \wedge = 2 \cdot 30^ \circ = 60^ \circ \Rightarrow {\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm K}.$

S.E.Louridas

Ιστοσελίδα · #6

Καλησπέρα.
Άλλη μια, πιο σύνθετη σε σχέση με τις κομψότατες λύσεις των συναδέλφων, Γεωμετρική αντιμετώπιση.

Από το Β φέρω την κάθετη στη ΒΓ που τέμνει την προέκταση της ΔΑ στο Μ. Επειδή ΑΔ//ΒΓ ( ${\rm A}\widehat \Delta {\rm B} = \Gamma \widehat {\rm B}\Delta = {30^ \circ }$ εντός εναλλάξ), το τρίγωνο ΔΜΒ θα είναι ορθογώνιο στο Μ. Εφόσον ${\rm M}\widehat \Delta {\rm B} = {30^ \circ }$ το τρίγωνο ΜΔΕ είναι ισοσκελές και το τρίγωνο ΜΒΕ ισόπλευρο. Με κέντρο Μ και ακτίνα ΜΒ κατασκευάζω κύκλο, ο οποίος θα περνάει απ’ το σημείο Α γιατί οι ${\rm B}\widehat {\rm A}{\rm E},{\rm B}\widehat {\rm M}{\rm E}$ έχουν σχέση εγγεγραμμένης - επίκεντρης που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Από την επίκεντρη ${\rm A}\widehat {\rm M}{\rm E} = {90^ \circ } - {60^ \circ } = {30^ \circ }$ προκύπτει ότι ${\rm A}\widehat {\rm B}{\rm E} = \displaystyle\frac{{{{30}^ \circ }}}{2} = {15^ \circ }$ .
Με πλευρά ΑΒ κατασκευάζω το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΝ. Με κέντρο το Ν και ακτίνα ΝΒ κατασκευάζω κύκλο, ο οποίος θα περνάει απ’ το σημείο Δ γιατί οι ${\rm A}\widehat \Delta {\rm B},{\rm A}\widehat {\rm N}{\rm B}$ έχουν σχέση εγγεγραμμένης - επίκεντρης που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Το τρίγωνο ΝΒΔ είναι ισοσκελές (ΝΒ=ΝΔ σαν ακτίνες) με προσκείμενες στη βάση γωνίες ${45^ \circ }$ , άρα και ορθογώνιο στο Ν και το τρίγωνο ΑΝΔ ισοσκελές (ΝΑ=ΝΔ σαν ακτίνες) με $\Delta \widehat {\rm N}{\rm A} = {90^ \circ } - {60^ \circ } = {30^ \circ }$ . Εφόσον $\Delta \widehat \Gamma {\rm A} = \Delta \widehat {\rm N}{\rm A} = {30^ \circ }$ συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ΑΔΓΝ είναι εγγράψιμο. Έστω Ο το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών $\Delta \widehat {\rm B}\Gamma$ και ${\rm A}\widehat {\rm N}\Delta$ (επίσης και μεσοκαθέτων των δύο τριγώνων). Τα τρίγωνα ΟΑΒ και ΟΒΝ είναι ίσα (Π-Γ-Π), οπότε ΟΑ=ΟΝ και ΔΟ=ΓΟ (λόγω μεσοκαθέτου), άρα Ο το περίκεντρο του τετραπλεύρου ΑΔΓΝ. Το τρίγωνο ΒΟΝ είναι ισοσκελές (προσκείμενες στη βάση γωνίες ${75^ \circ }$ ), άρα ΒΟ=ΒΝ και τα τρίγωνα ΒΟΓ και ΒΝΓ είναι ίσα (Π-Γ-Π), επομένως ΟΓ=ΓΝ. Εφόσον ΟΝ ακτίνα, το τρίγωνο ΝΟΓ είναι ισόπλευρο και ${\rm N}\widehat {\rm A}\Gamma = \displaystyle\frac{{{{60}^ \circ }}}{2} = {30^ \circ }$ . Τέλος έχουμε ότι: $x = {\rm E}\widehat {\rm A}{\rm N} + {\rm N}\widehat {\rm A}\Gamma = {30^ \circ } + {30^ \circ } = {60^ \circ }$ .

: x39-sol.jpg (55.1 KiB) Προβλήθηκε 916 φορές

#7

Άλλη μία λύση (με ομοιότητες με εκείνη του Σωτήρη)

#8

Έστω το σημείο $Z\equiv CD\cap AE$ και από $AB\parallel CD$ και BE = ED

, με βάση το Θεώρημα Θαλή, έχουμε ότι AE = EZ

και έτσι, το ABZD

είναι παραλληλόγραμμο.

Από $\angle AZB = \angle ZAD = 30^{o} = \angle ACB$ έχουμε ότι το AZCD

είναι εγγράψιμμο τετράπλευρο και από $AB\parallel CZ,$ το ότι είναι ισοσκελές τραπέζιο και άρα ισχύει $\angle AZC = \angle BCZ$ ,(2)

.

Από

και $\angle DAZ = 30^{o}$ ,(3)

και $\angle EDZ = 30^{o}$ ,(4)

σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, προκύπτει ότι $\angle ADE = 15^{o}$ ,(5)

Από $(2),\ (3),\ (4),\ (5)$ $\Longrightarrow$ $\angle AZC = 75^{o}$ $\Longrightarrow$ $\angle ACZ = 45^{o}$ $\Longrightarrow$ $\angle ZAC = 60^{o}$ και το πρόβλημα έχει λυθεί.

ΛΗΜΜΑ. - Επί της μίας πλευράς δοσμένης γωνίας $\angle A = 30^{o}$ , λαμβάνουμε τα σημεία $E,\ Z,$ έτσι ώστε το να είναι το μέσον του Εάν είναι σημείο επί της άλλης πλευράς της γωνίας $\angle A,$ έτσι ώστε να είναι $\angle EDZ = 30^{o}$ , αποδείξτε ότι $\angle ADE = 15^{o}$ ή $\angle ADE = 105^{o}$ .

ΣΗΜΕΙΩΣΗ : Έάν $\angle ADE = 15^{o}$ , έχουμε την περίπτωση του τραπεζίου ABCD

όπως εμφανίζεται στο σχήμα που έχει δοθεί από τον Μιχάλη, με $\angle D = 45^{o}$ και $\angle C = 75^{o}$ .

Εάν τώρα $\angle ADE = 105^{o},$ τότε έχουμε την περίπτωση του παραλληλόγραμμου ABCD

με $\angle A = \angle C = 45^{o}$ ( ισχύουν τα δεδομένα της εκφώνησης με $\angle ABD = \angle BDC = \ange ACB = \angle EAD = 30^{o}$ ), αλλά το αποτέλεσμα είναι $\angle ZAC = 0^{o}$ , γιατί ταυτίζονται οι ευθείες $AZ,\ AC.$

Είναι η δεύτερη περίπτωση που αναφέρει ο Δημήτρης Σκουτέρης πιο πάνω.

Κώστας Βήττας.

Βρείτε τη γωνία χ (39)

Βρείτε τη γωνία χ (39)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (39)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (39)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (39)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (39)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (39)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (39)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (39)

Μέλη σε σύνδεση