mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 04, 2011 8:01 am**

: χ91.png (32.48 KiB) Προβλήθηκε 2790 φορές

Στο εσωτερικό ισοσκελούς τριγώνου $ABC\left( {{{35}^ \circ }{{,72,5}^ \circ }{{,72,5}^ \circ }} \right)$ παίρνουμε σημείο

, έτσι ώστε $D\widehat AC = {12,5^ \circ }$ και AD = BC

. Βρείτε τη γωνία $x = D\widehat CB$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 04, 2011 12:33 pm**

Μια απόπειρα. Έστω $\displaystyle AH\perp BC$ και σημείο

της

ώστε

Τότε το $\triangle BEC$ θα είναι ισόπλευρο, δηλαδή $\displaystyle E\hat BC=60^0.$

Άρα $\displaystyle A\hat BE=12,5^0.$

Τότε θα ισχύει $\displaystyle \triangle ABE=\triangle ADC$ (2 πλευρές και η περιεχόμενη γωνία αυτών).

Άρα $\displaystyle A\hat CD=B\hat AE=\frac{\hat A}{2}=17,5^0$

Οπότε $\displaystyle D\hat CB=72,5^0-17,5^0=55^0$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 04, 2011 1:25 pm**

Νομίζω υπάρχει λάθος. Με γωνία $ACD=17,5^{\circ}$ και νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο ACD

έχουμε άτοπο.Εγώ έβγαλα $BCD = 60^{\circ}$ . Η λύση μου όμως έχει πολλές πράξεις και θα τη γράψω αργότερα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 04, 2011 3:08 pm**

Μπουμπουλής Κώστας έγραψε:Νομίζω υπάρχει λάθος. Με γωνία $ACD=17,5^{\circ}$ και νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο έχουμε άτοπο.Εγώ έβγαλα $BCD = 60^{\circ}$ . Η λύση μου όμως έχει πολλές πράξεις και θα τη γράψω αργότερα.

Η λύση του Κώστα (Kostas136) είναι σωστή και είναι αυτή που είχα κατά νου. Θα σε παρακαλούσα Κώστα Μπουμπουλή να βάλεις αναλυτικά τη λύση σου για να βρεθεί το σφάλμα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 04, 2011 11:02 pm**

για να δούμε με τριγωνομετρία
-----------------------------------------------
$\displaystyle{\vartriangle ABC\rightarrow \frac{BC}{\sin 35}=\frac{AC}{\sin 72.5},~~(1)}$

$\displaystyle{\vartriangle ADC\rightarrow \frac{AD}{\sin(72.5-x) }=\frac{AC}{\sin (95+x)},~~(2)}$

$\displaystyle{(1),(2)\rightarrow \frac{\sin(95+x)}{\sin(72.5-x)}=\frac{\sin 72.5}{\sin 35}=\frac{\sin 55~ \cos 17.5+\sin 17.5~ \cos 55}{2~ \sin 17.5~\cos 17.5}=}$

$\displaystyle{=\frac{\sin 55}{2~\sin 17.5}+\frac{\sin 35}{2~\cos 17.5}=\frac{\sin 55}{2~\sin 17.5}+\sin 17.5=}$

$\displaystyle{=\frac{1}{2~\sin 17.5}=\frac{\sin 30}{\sin 17.5}=\frac{\sin(95+55)}{\sin(72.5-55)}\Rightarrow \boxed{x=55^o}}$ ,μοναδική.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 05, 2011 2:36 am**

Ζητώ συγνώμη για την αργοπορημένη μου απάντηση, αλλά έφυγα πολύ βιαστικά και επέστρεψα πολύ αργά. Η λύση μου είναι (περίπου) σαν της Φωτεινής, όμως είχε αριθμητικό λάθος (καθόλου πρωτότυπο!). Συγνώμη για την αναστάτωση!
Κ.Μ.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 19, 2016 9:25 pm**

APOSTOLIS 176.ggb: (16.82 KiB) Μεταφορτώθηκε 66 φορές

APOSTOLIS 176.ggb: (16.82 KiB) Μεταφορτώθηκε 66 φορές

Σχηματίζω το ισόπλευρο τρίγωνο ACE

, εξωτερικά του τριγώνου ABC

, οπότε έχουμε:

$D \hat{A} E = 12,5 + 60 = 72,5 = C \hat{B} A$ , AB = AE

,

,

άρα το τρίγωνα ABC

και

είναι ίσα.

Συνεπώς έχουμε ότι $A \hat{E} D = B \hat{A} C = 35$ και DE = AC

.

Οπότε το

είναι περίκεντρο του τριγώνου ADC

.

Επομένως ισχύει ότι $D \hat{C} A = \frac{1}{2} D \hat{E} A = \frac{35}{2} = 17,5$ .

Άρα $χ = D \hat{C} B = A \hat{C} B - A \hat{C} D = 72,5 - 17,5 = 55$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 19, 2016 11:16 pm**

Καλησπέρα.

Κατασκευάζοντας το ισοσκελές τραπέζιο $\displaystyle{ACBE}$ εύκολα προκύπτει το μέτρο των γωνιών του σχήματος και το $\displaystyle{\vartriangle ADE}$ θα είναι ισόπλευρο.

Έτσι , $\displaystyle{DE = DA,CE = CA}$ ,άρα $\displaystyle{CD}$ διχοτόμος της $\displaystyle{\angle ACE = {35^0} \Rightarrow \angle DCE = {17.5^0} \Rightarrow \boxed{\angle DCB = {{37.5}^0} + {{17.5}^0} = {{55}^0}}}$

: X.png (44.73 KiB) Προβλήθηκε 2225 φορές

mathematica.gr

Βρείτε τη γωνία χ (91)

Βρείτε τη γωνία χ (91)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (91)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (91)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (91)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (91)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (91)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (91)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (91)