Βρείτε τη γωνία x (125)

Ιστοσελίδα · #1

: x125.png (23.57 KiB) Προβλήθηκε 1003 φορές

Δίνεται τρίγωνο ABC

με $\widehat B = {45^ \circ }$ και σημείο

επί της

, τέτοιο ώστε $D\widehat CB = {15^ \circ }$ και AD = 2DB = 2k

. Βρείτε τη γωνία $x = \widehat A$ .

ΛΕΩΝΙΔΑΣ · #2

Φέρω $AE\perp DC$ οπότε αφού $\angle ADC=\angle DBC+ \angle DCB=60^{\circ}$ θα είναι $\angle EAD=30^{\circ}$ και άρα $DE=\frac{DA}{2}=k$ .

Αν φέρουμε τώρα την

βλέπουμε ότι $\angle DBE=\angle DEB=\frac{180-120}{2}=30^{\circ}=\angle EAD$ . Άρα το $\triangle AEB$ είναι ισοσκελές με AE=BE

. Ακόμα είναι $\angle EBC=\angle ECB=15^{\circ}$ άρα $\triangle EBC$ ισοσκελές με BE=EC

.

Από αυτήν και από την προηγούμενη σχέση συμπεραίνουμε ότι το ορθογώνιο τρίγωνο AEC

είναι ισοσκελές άρα τελικά $x=30+45=75^{\circ}$

Ιστοσελίδα · #3

Καλημέρα. Ένα σχήμα για την όμορφη λύση του Λεωνίδα.

ΛΕΩΝΙΔΑΣ έγραψε:Φέρω $AE\perp DC$ οπότε αφού $\angle ADC=\angle DBC+ \angle DCB=60^{\circ}$ θα είναι $\angle EAD=30^{\circ}$ και άρα $DE=\frac{DA}{2}=k$ .

Αν φέρουμε τώρα την βλέπουμε ότι $\angle DBE=\angle DEB=\frac{180-120}{2}=30^{\circ}=\angle EAD$ . Άρα το $\triangle AEB$ είναι ισοσκελές με . Ακόμα είναι $\angle EBC=\angle ECB=15^{\circ}$ άρα $\triangle EBC$ ισοσκελές με .

Από αυτήν και από την προηγούμενη σχέση συμπεραίνουμε ότι το ορθογώνιο τρίγωνο είναι ισοσκελές άρα τελικά $x=30+45=75^{\circ}$

: x125-sol.png (15.97 KiB) Προβλήθηκε 934 φορές

#4

Μιχάλη και Λεωνίδα γεια σας.
Η άσκηση υπάρχει (άλυτη ) και στο βιβλίο της Α Λυκείου του (Αριστούχου μαθηματικού) Α. Κ. Κυριακόπουλου (382 σελίδα 114). Μετά την ωραία λύση του Λεωνίδα, ας δούμε και μια ακόμη άποψη( όχι τόσο ωραία) .
[attachment=0]breite_gonia.png[/attachment]
Γράφω τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου DBC

, κι έστω

το κέντρο του .

Έστω ακόμα

το σημείο τομής της ακτίνας

με την

και

τα μέσα

των DA,EC

αντίστοιχα.

Επειδή η επίκεντρος γωνία είναι διπλάσια από την αντίστοιχη εγγεγραμμένη θα ισχύουν:

$D\hat KB = {30^0},D\hat KC = {90^0}$ . Άμεσες συνέπειες ως προς τις γωνίες τους για τα

τρίγωνα KBD,KEC,EBK

:

$KBD({30^0}{,75^0}{,75^0}),KEC({90^0}{,60^0}{,30^0}),EBK({120^0}{,30^0}{,30^0})$ .

Συνεπώς BE = EN = NC

και αφού ισχύει BD = DM = MA

θα έχουμε:

DE//MN/AC

οπότε $\hat A = B\hat DK = {75^0}$

Καλό μεσημέρι

Φιλικά Νίκος

Ιστοσελίδα · #5

Doloros έγραψε:Μιχάλη και Λεωνίδα γεια σας.
Η άσκηση υπάρχει (άλυτη) και στο βιβλίο της Α Λυκείου του (Αριστούχου μαθηματικού) Α. Κ. Κυριακόπουλου (382 σελίδα 114).

Νίκο καλό μεσημέρι και σ' ευχαριστώ για την πληροφορία...η πηγή μου έγραφε American Mathematics Contest 12 (2001) και υπήρχε μόνο τριγωνομετρική λύση. Η λύση μου συνέπεσε με του Λεωνίδα και γι' αυτό το λόγο ανάρτησα το σχήμα (μια που το είχα έτοιμο)

.

Doloros έγραψε:Μιχάλη και Λεωνίδα γεια σας.
Μετά την ωραία λύση του Λεωνίδα, ας δούμε και μια ακόμη άποψη (όχι τόσο ωραία) .

Διαφωνώ με την "άποψη (όχι τόσο ωραία)"...κάθε λύση έχει τη δική της αξία και ομορφιά!

Βρείτε τη γωνία x (125)

Βρείτε τη γωνία x (125)

Re: Βρείτε τη γωνία x (125)

Re: Βρείτε τη γωνία x (125)

Re: Βρείτε τη γωνία x (125)

Re: Βρείτε τη γωνία x (125)

Μέλη σε σύνδεση