mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 26, 2020 11:50 pm**

$AB=CD,m\angle A=100,m\angle C=20$

: WhatsApp Image 2020-11-26 at 6.50.42 PM.jpeg (44.13 KiB) Προβλήθηκε 1527 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 27, 2020 12:33 am**

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 27, 2020 10:16 am**

Στην προέκταση της

θεωρώ σημείο

ώστε

και κατασκευάζω το ισόπλευρο BCE

όπως φαίνεται στο σχήμα.

: Γωνία χ.png (19.13 KiB) Προβλήθηκε 1465 φορές

Είναι $\displaystyle CF = CB = CE \Leftrightarrow C\widehat FE = C\widehat EF = 70^\circ \Rightarrow B\widehat EF = 10^\circ$

Από το ισοσκελές BFA

είναι $\displaystyle A\widehat BF = 20^\circ,$ οπότε τα τρίγωνα BFE, DCB

είναι ίσα και $\boxed{x=10^\circ}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 27, 2020 5:53 pm**

: 20201127_174730.jpg (43.78 KiB) Προβλήθηκε 1419 φορές

Θεωρούμε το σημείο

της πλευράς

τέτοιο ώστε $\angle D'BC=10^{\circ}$
Έτσι από νόμο ημιτόνων στό BD'C

είναι $\dfrac{BD'}{D'C}=\dfrac{\sin 20^{\circ}}{\sin 10^{\circ}}=2\cos 10^{\circ} (1)$
Από νόμο ημιτόνων στο BD'A

είναι:
$\dfrac{BD'}{AB}=\dfrac{\sin 100^{\circ}}{\sin 30^{\circ}}=2\cos 10^{\circ} (2)$
Από τις (1),(2)

παίρνουμε $AB=CD'\Leftrightarrow CD=CD'$ .
Έτσι τα D,D'

ταυτίζονται και η $x=\angle DBC$ ισούται με $10^{\circ}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 27, 2020 7:40 pm**

Η άσκηση έχει ξανατεθεί στο

και όπως τώρα εδόθη γεωμετρική λύση ( νομίζω πάλι από το φίλο μου το Γιώργο )

αλλά και τριγωνομετρική λύση αλλά όχι σαν του Μανώλη

Πάντως και οι δύο πιο πάνω λύσεις είναι πολύ ωραίες

Έχω μια γεωμετρική σε άλλο πνεύμα από το Γιώργο και θα ανεβεί αργότερα( αν δεν με προλάβει κάποιος άλλος )

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 27, 2020 8:16 pm**

thry έγραψε: Πέμ Νοέμ 26, 2020 11:50 pm $AB=CD,m\angle A=100,m\angle C=20$

WhatsApp Image 2020-11-26 at 6.50.42 PM.jpeg

Σχηματίζουμε το ισοσκελές $\triangle ACE$ και το ισόπλευρο DCP

.

Τότε , AE=AB=DC=CP

και $\angle EAC= \angle ACP=80^0$ ,άρα AEPC

ισοσκελές τραπέζιο ,

συνεπώς AP=EC=AC

και $\angle PAC=20^0$

Επομένως

μεσοκάθετος της

οπότε $\angle DAC=10^0$

: Εύρεση γωνίας.png (16.53 KiB) Προβλήθηκε 1386 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 27, 2020 10:14 pm**

Καλό βράδυ σε όλους!

: Γωνία χ.png (98.28 KiB) Προβλήθηκε 1365 φορές

Είναι $\widehat{ABC}=60^o$ . Σχηματίζω το ισόπλευρο ABE

. Στο τρίγωνο AEC

έχουμε $\widehat{EAC}=2\widehat{C}$ και DC=AE

επομένως όπως ΕΔΩ προκύπτει ED=DC=AE=BE

. Φανερό πλέον ότι $2x=20^o \Rightarrow x=10^o$ .

Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 29, 2020 7:45 pm**

Excellent work, beautiful solutions,
thank you and I apologize, I am not good at Greek

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 30, 2020 8:54 pm**

: βρείτε τη γωνία χ_Μακρινός Θεματοδότης.png (32.34 KiB) Προβλήθηκε 1256 φορές

Ο κύκλος $\left( {B,BC} \right)$ τέμνει την ευθεία

, ακόμα στο

.

Τα ισοσκελή $\vartriangle BEC \to \left( {140^\circ ,20^\circ ,20^\circ } \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle EAB \to \left( {20^\circ ,80^\circ ,80^\circ } \right)$ .

Κατασκευάζω ίσο με το , $\vartriangle EAB$ , ισοσκελές $\vartriangle FDC$ με το

προς τη μεριά του

.

Αβίαστα προκύπτουν ότι: Το $\vartriangle FBC$ είναι ισόπλευρο κι αφού : FB = FD = FC

το περίκεντρό του, DBC

είναι το

.

Η εγγεγραμμένη γωνία $\boxed{\widehat {{x_{}}} = \frac{1}{2}\widehat {DFC} = 10^\circ }$ .

Έχω κι άλλη μία , ίσως πιο βράδυ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Δεκ 01, 2020 12:39 pm**

Έστω

το σημείο τομής της

με τη μεσοκάθετο στο

. Άμεσες συνέπειες:

α) Το $\vartriangle EBC$ είναι ισοσκελές με γωνίες στη βάση του

από $20^\circ$

β) Αφού $\widehat {ABC} = 60^\circ$ , είναι και το $\vartriangle ABE$ ισοσκελές με γωνίες στη βάση του από $40^\circ$ .

γ) $\boxed{BE = EC = AD}$

Κατασκευάζω το ισόπλευρο τρίγωνο , KDC

( το

στη μεριά του

) και τον κύκλο $\left( {K,m} \right)$ , όπου m = BA = AE = DC = CK = KD

Θεωρώ και τη χορδή

αυτού του κύκλου ( η

δεν έχει κοινό σημείο με το $\vartriangle KAC$ ) και $\boxed{CZ = BE}$ .

: Να βρεθεί η κόκκινη γωνία_new.png (42.75 KiB) Προβλήθηκε 1215 φορές

Άρα $\vartriangle ABE = \vartriangle KEZ \Rightarrow \widehat {{\phi _{}}} = 40^\circ \Rightarrow \widehat {DCZ} = 60^\circ + 40^\circ = 100^\circ \Rightarrow \vartriangle BAD = \vartriangle DCZ \Rightarrow \widehat {{\omega _{}}} = \widehat {{\theta _{}}}$

Αλλά $\boxed{\widehat {{\theta _{}}} = \frac{1}{2}\widehat {{K_{}}} = 30^\circ }$ , άρα και η $\widehat {{\omega _{}}}$ που είναι εξωτερική στο $\vartriangle BDC$ έχει μέτρο

$30^\circ$ οπότε $\widehat {{x_{}}} + 20^\circ = 30^\circ \Rightarrow \boxed{\widehat {{x_{}}} = 10^\circ }$ .

mathematica.gr

Βρείτε τη γωνία χ

Βρείτε τη γωνία χ

Re: Βρείτε τη γωνία χ

Re: Βρείτε τη γωνία χ

Re: Βρείτε τη γωνία χ

Re: Βρείτε τη γωνία χ

Re: Βρείτε τη γωνία χ

Re: Βρείτε τη γωνία χ

Re: Βρείτε τη γωνία χ

Re: Βρείτε τη γωνία χ

Re: Βρείτε τη γωνία χ