mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 30, 2011 8:08 pm**

Σε τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ με $\widehat {\rm A}$ αμβλεία, φέρω τη διάμεσο $\Gamma \Delta$ . Αν ισχύει ${\rm A}\widehat \Gamma \Delta = 2\Delta \widehat \Gamma {\rm B} = {30^ \circ }$ , βρείτε τη γωνία $x = \widehat {\rm B}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 30, 2011 8:50 pm**

...ας κάνουμε την αρχή με τριγωνομε-3

$\displaystyle{\triangle A \Delta C: \frac{A \Delta}{\sin 30}=\frac{A \Gamma}{\sin(15+x)},\fbox 1}$

$\displaystyle{\triangle AB \Gamma: \frac{2 A \Delta}{\sin 45}=\frac{A \Gamma}{\sin x},\fbox 2}$

$\displaystyle{\fbox 1,\fbox 2\longrightarrow \frac{\sin(15+x)}{\sin x}=\frac{1}{\sin 45}\longrightarrow \cot x=\frac{1-\sin 45 \cos 15}{\sin 45 \sin 15}}$ $\displaystyle{\longrightarrow \cot x=\frac{2-\sin 60-\sin 30}{\cos 30-\cos 60}\longrightarrow \cot x=\sqrt 3\longrightarrow x=30^o}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 30, 2011 8:51 pm**

Γράφω μία απάντηση με την προυπόθεση ο Μιχάλης να βάλει στα επόμενα σχήματα του και
κανένα κεραμιδόγατο...
Εφαρμόζοντας το νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα ΑΔΓ και ΔΓΒ έχω:
$\displaystyle{ \begin{array}{l} \frac{{A\Delta }}{{\eta \mu 30^0 }} = \frac{{\Delta \Gamma }}{{\eta \mu {\rm A}}} \\ \frac{{\Delta {\rm B}}}{{\eta \mu 15^0 }} = \frac{{\Delta \Gamma }}{{\eta \mu x}} \\ \end{array} }$
Διαιρώντας κατά μέλη τις δύο σχέσεις έχω:
$\displaystyle{ \frac{{\eta \mu 15^0 }}{{\eta \mu 30^0 }} = \frac{{\eta \mu x}}{{\eta \mu {\rm A}}} \Rightarrow 2\eta \mu 15^0 \eta \mu (180^0 - 45^0 - x) = \eta \mu x \Rightarrow 2\eta \mu 15^0 \eta \mu (135^0 - x) = \eta \mu x }$
Με αρκετούς ''απαγορευμένους'' τριγωνομετρικούς μετασχηματισμούς καταλήγω
$\displaystyle{ \sigma \upsilon \nu (x - 120^0 ) = 0 = \sigma \upsilon \nu 90^0 \Rightarrow x - 120^0 = \pm 90 \Rightarrow x = 120^0 \pm 90^0 \Rightarrow x = 30^0 }$
αφού πρόκειται για γωνία τριγώνου.
Η τιμή αυτή επαληθεύει τον αρχικό νόμο ημιτόνων.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 30, 2011 9:06 pm**

Μία ελαφρώς διαφορετική λύση:

Τα τρίγωνα $\displaystyle{ACD}$ και $\displaystyle{CBD}$ είναι προφανώς ισεμβαδικά, άρα

$\displaystyle{\frac{1}{2}bm_{c}\sin 30^0=\frac{1}{2}am_c\sin 15^0,}$ οπότε προκύπτει

$\displaystyle{\frac{a}{b}=2\cos 15^0.}$ (I)

Όμως είναι $\displaystyle{\frac{a}{b}=\frac{\sin A}{\sin B}}$ και επειδή προφανώς είναι $\displaystyle{A+B=135^0,}$

βρίσκουμε

$\displaystyle{\frac{\sin (135^0-B)}{\sin B}=2\cos 15^0}$ δηλαδή

$\displaystyle{\frac{\sin 135^0\cos B-\sin B\cos 135^0}{\sin B}=2\cos 15^0,}$

η οποία γράφεται

$\displaystyle{\sin 135^0 \cot B=\cos 135^0 +2\cos 15^0.}$

Επειδή είναι $\displaystyle{\sin 135^0=-\cos 135^0=\frac{1}{\sqrt{2}}}$ και $\displaystyle{2\cos 15^0=\frac{\sqrt{2}(1+\sqrt{3})}{2}}$

βρίσκουμε τελικά $\displaystyle{\cot B=\sqrt{3}}$ δηλαδή $\displaystyle{B=30^0.}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 30, 2011 9:09 pm**

..να τη συνεχίσουμε λίγο διαφορετικά ... $\displaystyle{ \frac{\sin(15+x)}{\sin x}=\frac{1}{\sin 45}}$
----------------------------------------------------------------------------
$\displaystyle{\frac{1}{\sin 45}=\frac{\sin 45}{\sin^2 45}=\frac{\sin 45}{\frac{1}{2}}=\frac{\sin(30+15)}{\sin 30}\longrightarrow x=30}$ μοναδική λόγω μονοτονίας της $\displaystyle{f(x)=\frac{\sin(15+x)}{\sin x},(0,\pi)}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 02, 2011 12:22 am**

Καλό μήνα σε όλους.
Για να μη την αφήσουμε χωρίς Γεωμετρική λύση, καταθέτω δύο:
Λύση 1
Έστω σημείο Ε της ΓΔ, τέτοιο ώστε το ΓΕΖΑ να είναι ρόμβος.
Επομένως η ευθεία ΓΔ διχοτομεί τη γωνία ΖΓΒ και το τμήμα ΖΒ, καθώς είναι παράλληλη της ΑΖ και περνά από το μέσο της ΑΒ.
Άρα, το τρίγωνο ΔΖΒ είναι ισοσκελές , το ΕΖΒ ισόπλευρο και το ΑΖΒ ορθογώνιο και ισοσκελές.
Δηλαδή η ζητούμενη γωνία είναι 30 μοίρες.

Λύση 2
Έστω Ζ το συμμετρικό του Β ως προς ΓΔ και ΓΘΕ το ισοσκελές τρίγωνο που σχηματίζεται από τις ΓΑ, ΓΔ αν φέρω κάθετη στη ΓΖ στο σημείο Ζ.
Λήμμα
Αν σε ορθογώνιο τρίγωνο η μία γωνία ισούται με 15 μοίρες, τότε το ύψος προς την υποτείνουσαα, του ισούται με το 1/4 της υποτείνουσας.
(Στο σχήμα μας, ΖΜ=ΓΕ/4)
Έτσι έχουμε:
ΖΒ=2ΖΜ=ΓΕ/2=ΑΖ και ΑΖ//ΓΕ, επομένως το ΑΖΒ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.
Έτσι, γων.Β=ΓΒΖ-ΑΒΖ=30 μοίρες.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 02, 2011 7:24 am**

Σας ευχαριστώ πολύ για τις λύσεις σας. Να δώσω μία ακόμα γεωμετρική.

Με πλευρά ${\rm A}\Gamma$ κατασκευάζω το ισόπλευρο τρίγωνο ${\rm A}\Gamma {\rm E}$ , που τέμνει την $\Gamma \Delta$ στο ${\rm M}$ . Εφόσον ${\rm A}\widehat {\rm M}\Gamma = {90^ \circ }$ και $\Gamma {\rm M}$ διχοτόμος, συμπεραίνουμε πως η $\Gamma \Delta$ είναι η προέκταση της μεσοκαθέτου $\Gamma {\rm M}$ της πλευράς ${\rm A}{\rm E}$ .

Από τη μεσοκάθετο έπεται ότι $\Delta {\rm A} = \Delta {\rm E}$ και αφού η διάμεσος $\Delta {\rm E} = \displaystyle\frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}$ , το τρίγωνο ${\rm A}{\rm E}{\rm B}$ είναι ορθογώνιο ( ${\rm A}\widehat {\rm E}{\rm B} = {90^ \circ }$ ).

Εφόσον ${\rm E}\widehat {\rm B}\Gamma = {180^ \circ } - ({90^ \circ } + {60^ \circ } + {15^ \circ }) = {15^ \circ }$ συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο ${\rm E}{\rm B}\Gamma$ είναι ισοσκελές, δηλαδή ${\rm E}\Gamma = {\rm E}{\rm B}$ . Αλλά από το ισόπλευρο ${\rm A}\Gamma {\rm E}$ θα είναι ${\rm E}\Gamma = {\rm E}{\rm A}$ , οπότε το τρίγωνο ${\rm A}{\rm E}{\rm B}$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές ( ${\rm E}{\rm B} = {\rm E}{\rm A}$ ) με $x = {45^ \circ } - {15^ \circ } = {30^ \circ }$ .

mathematica.gr

Βρείτε τη γωνία x (76)

Βρείτε τη γωνία x (76)

Re: Βρείτε τη γωνία x (76)

Re: Βρείτε τη γωνία x (76)

Re: Βρείτε τη γωνία x (76)

Re: Βρείτε τη γωνία x (76)

Re: Βρείτε τη γωνία x (76)

Re: Βρείτε τη γωνία x (76)