mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 24, 2015 12:07 am**

Έστω τρίγωνο ABC

και σημείο

στο εσωτερικό του,

τέτοιο ώστε οι γωνίες BAD,~~ABD,~DBC,~CAD

να έχουν μέτρο ${{65}^{0}}{{,15}^{0}}{{,40}^{0}}{{,35}^{0}}$ .

Βρείτε το μέτρο

της γωνίας BCD

.

(Η λύση που έχω βρει ξεπερνά τα όρια της υπομονής, λόγω μεγέθους… ας βρεθεί λοιπόν μία πιο κομψή.)

: GeoMetrein-102.PNG (19.33 KiB) Προβλήθηκε 1308 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 24, 2015 1:07 pm**

Δημήτρη μάλλον θέλεις ''κομψή'' Γεωμετρική λύση,
θα δώσω ''γρήγορη'' Τριγωνομετρική

Με τριγωνομετρικό Ceva

$\dfrac{\sin(25-x)}{\sin x}= \dfrac{\sin 35}{\sin 65}\cdot \dfrac{\sin 15}{\sin 40}=\dfrac{\sin 35 \cdot \sin 15}{\cos 25 \cdot 2 \sin 20\cdot \cos 20}=\dfrac{\sin 5}{\sin 20}\cdot \cancelto{B}{\dfrac{2\sin 35\cdot \sin 15}{4\cos 25\cdot \cos 20\cdot \sin 5}}=$ $\dfrac{\sin 5}{\sin 20}\Rightarrow x=20^o$

$B=\dfrac{\cos 20-\sin 40}{4\cos 25\cdot \cos 20\cdot \sin 5}=\dfrac{\cos 20(1-2\sin 20)}{4\cos 25\cdot \cos 20\cdot \sin 5}=\dfrac{(1-2\sin 20)}{4\cos 25 \cdot \sin 5}=1$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 29, 2015 1:58 am**

Φωτεινή η γρήγορη και ευέλικτη λύση είναι πάντα διακριτή και σημαίνουσα. Σε ευχαριστώ.
Ακολουθεί η δική μου λύση που έχω την εντύπωση πως δεν γίνεται να είναι πιο λιτή:

: GeoMetrein102-A-Lysis.PNG (38.78 KiB) Προβλήθηκε 1034 φορές

Πρώτο Μέρος Λύσης:

1. Φέρουμε την ημιευθεία

έτσι ώστε $CBx={{10}^{0}}$ και προεκτείνουμε την

ώστε να τμήσει την

στο σημείο

, το οποίο και ενώνουμε με το σημείο

, παρατηρώντας ότι EB=EA

άλλα και ότι DB=DE

.

2. Φέρουμε την ημιευθεία

έτσι ώστε να είναι $zAC={{25}^{0}},~EAz={{10}^{0}}$ , η οποία τέμνει την

στο σημείο

, το οποίο και ενώνουμε το σημείο

.

3. Παρατηρούμε το ισοσκελές AFC

άλλα και το εγγράψιμο ( $EAF=FBE={{10}^{0}}$ ) AFEB

από το οποίο βεβαιώνουμε το μέτρο των γωνιών: $BFE=EFz={{65}^{0}}$ .

4. Από το προηγούμενο πιστοποιείται ότι η

είναι διχοτόμος της γωνίας κορυφής του ισοσκελούς AFC

, οπότε είναι και μεσοκάθετος του

, που σημαίνει ότι AE=EC

ή ότι

ή ότι $BCE={{10}^{0}}$ ή ότι $BEC={{160}^{0}}$ .

Δεύτερο Μέρος Λύσης:

1. Φέρουμε τη διχοτόμο της $DBC={{40}^{0}}$ επί της οποίας λαμβάνουμε σημείο

τέτοιο ώστε να είναι BD=DH

και ενώνουμε (το

)
με τα σημεία E,C

. Παρατηρούμε ότι $DH\parallel BC$

2. Έχοντας παρατηρήσει από πριν το ισοσκελές BDE

(γωνίας κορυφής ${{80}^{0}}$ ) διαπιστώνουμε το ισόπλευρο EDH

.

3. Συγκρίνουμε τα τρίγωνα BDE~,~EHC

και εύκολα με $\left( \Pi -\Gamma -\Pi \right)$ επιβεβαιώνουμε ότι είναι ίσα αφού $\left\{ \begin{matrix} EB=EC \\ ED=EH \\ DEB=HEC={{50}^{0}} \\ \end{matrix} \right.$ .

4. Παρατηρούμε το ισοσκελές τραπέζιο BDHC

και φυσικά τη γωνία $DCB={{20}^{0}}$ .

: GeoMetrein102-B-Lysis.PNG (46.12 KiB) Προβλήθηκε 1034 φορές

mathematica.gr

Γεωμετρείν 102

Γεωμετρείν 102

Re: Γεωμετρείν 102

Re: Γεωμετρείν 102