mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 03, 2021 10:10 am**

Καλημέρα!

: 3-10 Βρείτε την ..υπεραιωνόβια.png (70.49 KiB) Προβλήθηκε 1390 φορές

Το τρίγωνο ABC

έχει

και $\widehat{BAC}=80^o$ .

Το $E \in AC$ ώστε BE=BA

και το $T \in BE$ ώστε AT=AE

Να βρεθεί η γωνία $\widehat{BTC}$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 03, 2021 12:53 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Οκτ 03, 2021 10:10 am Καλημέρα!
3-10 Βρείτε την ..υπεραιωνόβια.png

Το τρίγωνο έχει και $\widehat{BAC}=80^o$ .

Το $E \in AC$ ώστε και το $T \in BE$ ώστε

Να βρεθεί η γωνία $\widehat{BTC}$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

: υπεραιωνόβια.png (37.92 KiB) Προβλήθηκε 1352 φορές

Ας είναι

το σημείο τομής του κύκλου $\left( A,AB=AC \right)$ με την

.
Τότε εύκολα (με κυνήγι γωνιών) προκύπτει ότι το τρίγωνο $\vartriangle ABF$ είναι ισόπλευρο οπότε το $\vartriangle EBF$ είναι ισοσκελές ( BE=AB=BF

) , οπότε $\angle EBF={{40}^{0}}\Rightarrow \angle FEX={{110}^{0}}$ (εξωτερική ισοσκελούς τριγώνου με γωνία «κορυφής» ${{40}^{0}}$ .
Από AT=AE,AF=AC

προκύπτει απλά ότι το τετράπλευρο TECF

είναι ισοσκελές τραπέζιο και συνεπώς $\angle BTC=\angle FEC={{110}^{0}}$ και η υπεραιωνόβια γωνία έχει υπολογιστεί

Σημείωση: Η γωνία είναι υπεραιωνόβια μετρημένη σε μοίρες γιατί σε ακτίνια θα ήταν μπεμπέκα

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 04, 2021 11:47 am**

Προφανώς τα ισοσκελή τρίγωνα με γωνία της κορυφής $20^\circ$ είναι της μορφής : $\left( {20^\circ ,80^\circ ,80^\circ } \right)$ .

Γράφω τον κύκλο $\left( {T,TA} \right)$ και τέμνει την

ακόμα στο

και την ημιευθεία

στο

.

Αβίαστα προκύπτουν:

: Βρείτε την υπεραιωνόβια.png (44.69 KiB) Προβλήθηκε 1271 φορές

α) Το τετράπλευρο ABCH

είναι εγγράψιμο,( Τα H,C

βλέπουν την

υπό γωνίες $50^\circ$ ).

β) Το $\vartriangle TDH$ είναι ισόπλευρο με συνέπειες :

γ) Τα $\vartriangle DCH\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,\vartriangle DTC$ είναι ισοσκελή και άρα το

είναι το περίκεντρο του $\vartriangle HTC$ .

Αφού , στον κύκλο $\left( {H,T,C} \right)$ , η επίκεντρη γωνία , $\widehat {CDH} = 140^\circ \Rightarrow \widehat {CTH} = 70^\circ \Rightarrow \boxed{\widehat {BTC} = 110^\circ }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Οκτ 04, 2021 4:23 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Οκτ 03, 2021 10:10 am Καλημέρα!
3-10 Βρείτε την ..υπεραιωνόβια.png

Το τρίγωνο έχει και $\widehat{BAC}=80^o$ .

Το $E \in AC$ ώστε και το $T \in BE$ ώστε

Να βρεθεί η γωνία $\widehat{BTC}$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Εστω

Τα τρίγωνα ATE,ABE

είναι ισοσκελή και όμοια άρα

$\dfrac{TE}{t}=\dfrac{t}{b}\Leftrightarrow t^{2}=b.TE$ συνεπώς ο κύκλος (A,T,B)

εφάπτεται στην

στο σημείο

και

$\hat{BAT}=60^{0},\hat{TB\Theta }=30=\hat{ABT}=\hat{\Theta AT}=\hat{BA\Theta }$

Εστω $TE//KC\Rightarrow \dfrac{TE}{KC}=\dfrac{AE}{AC}\Rightarrow KC=AE=t,TK=EC=b-t$

Οπότε το τετράπλευρο KCET

είναι εγγράψιμο .Στο ισοσκελές τρίγωνο

$ABK,AB=AK, AK=t+b-t=b,\hat{BAK}=60$

δηλαδή το τρίγωνο ABK

είναι ισόπλευρο με

$BK=b=BE\Rightarrow \hat{BKE}=\hat{BEK}=70,\hat{TEA}=\hat{TCK}=70^{0},\hat{KEC}=\hat{TKC}=30^{0}, \hat{\Theta TK}=50^{0},\hat{BTC}=30+50+30=110$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 05, 2021 8:55 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Οκτ 03, 2021 10:10 am Καλημέρα!
3-10 Βρείτε την ..υπεραιωνόβια.png

Το τρίγωνο έχει και $\widehat{BAC}=80^o$ .

Το $E \in AC$ ώστε και το $T \in BE$ ώστε

Να βρεθεί η γωνία $\widehat{BTC}$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Έστω $AM \bot BC$ .Είναι $\angle ABE=TAE=20^0$ άρα $\angle ZAT=20^0$ ΄κι εύκολα προκύπτουν οι γωνίες του σχήματος

Συνεπώς,

είναι το έκκεντρο του τριγώνου AZC

άρα $\angle TCZ= \angle ECT=10^0 \Rightarrow \theta =110^0$

: υπεραιωνόβια.png (27.15 KiB) Προβλήθηκε 1195 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 05, 2021 12:39 pm**

Επειδή

, βάση πρότασης που αποδείχτηκε πρόσφατα https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 20&t=70189
θα είναι $E\widehat{C}T=10^o$ και εύκολα προκύπτουν οι υπόλοιπες γωνίες όπως στο σχήμα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 05, 2021 8:06 pm**

: υπεραιωνόβια.png (138.26 KiB) Προβλήθηκε 1142 φορές

Φέρνουμε $\displaystyle ZE // BC$ τότε $\angle AZE = \angle AEZ = 50^0 \Rightarrow \triangle AZE$ ισοσκελές και επειδή AT=AE

θα είναι και

$\displaystyle AZ =AT$ συνεπώς το τρίγωνο $\triangle AZT$ είναι ισόπλευρο αφού η γωνία κορυφής του είναι 60^0

.

Αφού $\displaystyle AZ=AE$ και AB=AC

θα είναι και BZ=EC

άρα το

είναι ισοσκελές τραπέζιο άρα εγγράψιμο, συνεπώς

$\displaystyle \angle ECZ = \angle ZBE = 20^0$

Τα τρίγωνα $\displaystyle \triangle ZTC, \triangle ATC$ είναι ίσα γιατί ZT=AT , ZC=BE=BA=AC

και

κοινή άρα η γωνία $\angle ZCT$

προκύπτει ότι ισούται με 10^0

. Επομένως $\angle BTC = 180^0 - 30^0 - 40^0 = 110^0$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 19, 2021 10:29 pm**

Καλό βράδυ! Να ευχαριστήσω (αργώ, μα δεν πρέπει να ξεχνώ..) τους Στάθη, Νίκο, Γιάννη, Μιχάλη, Νίκο
και τον νεαρό Αναστάση , αν θυμάμαι καλά το όνομα του angvl , για την ποικιλία των λύσεων!

Ας δούμε και την προσέγγιση που ακολουθεί, συνδέοντας το παρόν με το θέμα Παλιά ιστορία.
Συμπληρώνοντας κατάλληλα το εκεί σχήμα έχουμε: