mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 17, 2022 5:10 pm**

Δίνεται τρίγωνο $\bigtriangleup ABC$ με $\widehat{C}=50^{0}$ και ένα σημείο

επί της πλευράς BC,

τέτοιο ώστε BD=AC.

Αν $\widehat {CAD}=15^{0},$ να υπολογίσετε τη γωνία $\widehat{ABC}.$
Ας την αφήσουμε

ώρες για τους μαθητές μας.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 18, 2022 5:11 pm**

cool geometry έγραψε: Τετ Αύγ 17, 2022 5:10 pm Δίνεται τρίγωνο $\bigtriangleup ABC$ με $\widehat{C}=50^{0}$ και ένα σημείο επί της πλευράς τέτοιο ώστε Αν $\widehat {CAD}=15^{0},$ να υπολογίσετε τη γωνία $\widehat{ABC}.$
Ας την αφήσουμε ώρες για τους μαθητές μας.

Η γωνία $\widehat {{\omega _{}}} = 15^\circ + 50^\circ = 65^\circ$ . Φέρνω τη μεσοκάθετο του

και συναντά την ευθεία $AD\,\,$ στο

.

Προφανές ότι το ισοσκελές τρίγωνο $FCD \to \left( {50^\circ ,65^\circ ,65^\circ } \right)$ . Τα $\vartriangle CAF\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle DBF$ έχουν:

: δεν θα λυθεί με τριγωνομετρία_ok.png (26.74 KiB) Προβλήθηκε 1440 φορές

$CA = DB\,,\,\,CF = DF\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {ACF} = \widehat {BDF} = 115^\circ$ , συνεπώς είναι ίσα οπότε , $\widehat {{\phi _{}}} = \widehat {{\theta _{}}} = 50^\circ$

Η τελευταία μας εξασφαλίζει ότι το τετράπλευρο ACFB

είναι εγγράψιμο και άρα , $\boxed{\widehat {{x_{}}} = \widehat {DFC} = 50^\circ }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 18, 2022 5:39 pm**

cool geometry έγραψε: Τετ Αύγ 17, 2022 5:10 pm Δίνεται τρίγωνο $\bigtriangleup ABC$ με $\widehat{C}=50^{0}$ και ένα σημείο επί της πλευράς τέτοιο ώστε Αν $\widehat {CAD}=15^{0},$ να υπολογίσετε τη γωνία $\widehat{ABC}.$
Ας την αφήσουμε ώρες για τους μαθητές μας.

Ας δούμε και μια διαφορετική προσέγγιση του ως άνω προβλήματος

: Η γωνία αυτή δεν θα βρεθεί με τριγωνομετρία.png (11.43 KiB) Προβλήθηκε 1432 φορές

Έστω το παραλληλόγραμμο ACDE

. Τότε $ED=AC=BD\overset{\angle EDB=\angle ACD={{50}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle EBD=\dfrac{{{180}^{0}}-{{50}^{0}}}{2}$ $={{65}^{0}}={{15}^{0}}+{{50}^{0}}\overset{\vartriangle ADC}{\mathop{=}}\,\angle ADB\overset{EA\parallel BD}{\mathop{\Rightarrow }}\,ADBE$ ισοσκελές τραπέζιο , άρα $AB=ED=AC\Rightarrow \angle ABC=\angle ACB={{50}^{0}}$ και το ζητούμενο έχει βρεθεί

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 18, 2022 5:45 pm**

Καλησπέρα σε όλους!
Ας επιχειρήσω γενίκευση της ως άνω άσκησης.

: 18-8 Γωνία...png (67.73 KiB) Προβλήθηκε 1419 φορές

Το τρίγωνο ABC

έχει $\widehat{C}< 60^o$ . Έστω

σημείο της πλευράς

ώστε $\widehat{DAC}=90^o-\dfrac{3}{2}\widehat{C}$ .

Αν ισχύει BD=AC

τότε: Να εξεταστεί αν το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

Προτίθεμαι να δώσω και τη λύση που έχω κατά νου , εφόσον δεν καλυφθεί. Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 18, 2022 5:47 pm**

Πολύ καλές λύσεις!!!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 18, 2022 5:56 pm**

Θα χρειαστώ την πρόταση: Απέναντι από άνισες πλευρές κείνται ομοίως άνισες γωνίες, και αντιστρόφως.

Κοιτάμε το τρίγωνο ABD. Ονομάζω τις γωνίες του με τα αντίστοιχα μικρά γράμματα των κορυφών του. Είναι d=65^ o

.

Έστω AB<BD= AC

.

Θα έχω a>65^o

άρα

και στο τρίγωνο ABC προκύπτει AB>AC

, άτοπο. Παρομοίως, άτοπο προκύπτει αν υποθέσω AB>BD=AC

, άρα

κ.λπ.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 18, 2022 5:57 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Πέμ Αύγ 18, 2022 5:45 pm Καλησπέρα σε όλους!
Ας επιχειρήσω γενίκευση της ως άνω άσκησης.
18-8 Γωνία...png

Το τρίγωνο έχει $\widehat{C}< 60^o$ . Έστω σημείο της πλευράς ώστε $\widehat{DAC}=90^o-\dfrac{3}{2}\widehat{C}$ .

Αν ισχύει τότε: Να εξεταστεί αν το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

Προτίθεμαι να δώσω και τη λύση που έχω κατά νου , εφόσον δεν καλυφθεί. Φιλικά, Γιώργος.

: Για Μήτσιο.png (11.16 KiB) Προβλήθηκε 1407 φορές

Γιώργο ,με απασχόλησε και μένα η γενίκευση . ( Αντίστροφο μερικής περίπτωσης σημείου Petersen

)

Νομίζω δε ότι έχει μόνο ένα ακόμη συνδυασμό με ακεραία νούμερα ( σε μοίρες).

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 18, 2022 6:50 pm**

cool geometry έγραψε: Τετ Αύγ 17, 2022 5:10 pm Δίνεται τρίγωνο $\bigtriangleup ABC$ με $\widehat{C}=50^{0}$ και ένα σημείο επί της πλευράς τέτοιο ώστε Αν $\widehat {CAD}=15^{0},$ να υπολογίσετε τη γωνία $\widehat{ABC}.$
Ας την αφήσουμε ώρες για τους μαθητές μας.

Εστω

ο περίκυκλος του τριγώνου ABC

και

τότε το

τετράπλευρο

AEBC

είναι ισοσκελές τραπέζιο. Το AEDC

δεν είναι παραλληλόγραμμο.Τότε

$AC=EB=BD,2\hat{EDB}+\hat{ABC}=180\Rightarrow \hat{EDB}=65^{0}=\hat{ADB}$

Δηλαδή DE,DA

ταυτίζονται και το σημείο $E\equiv A$ Αρα $\hat{ABC}=50^{0}$

και προφανώς το σημείο

είναι ο Βόρειος Πόλος

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 19, 2022 1:13 pm**

cool geometry έγραψε: Τετ Αύγ 17, 2022 5:10 pm Δίνεται τρίγωνο $\bigtriangleup ABC$ με $\widehat{C}=50^{0}$ και ένα σημείο επί της πλευράς τέτοιο ώστε Αν $\widehat {CAD}=15^{0},$ να υπολογίσετε τη γωνία $\widehat{ABC}.$
Ας την αφήσουμε ώρες για τους μαθητές μας.

Η κάθετη στην

στο

τέμνει την

στο

.Έστω ακόμη σημείο

στην

προέκταση

ώστε

και

Τότε προφανώς το τρίγωνο AEZ

είναι ισοσκελές με γωνίες βάσης 25^0

και $\angle AZH=90^0$

Τα ορθογώνια τρίγωνα AED,AZH

είναι ίσα ,άρα $ED=AH=2b\Rightarrow EB=b$ ,συνεπώς

AB=b

και $\angle x=\angle ABC=50^0$

: εύρεση γωνίας.png (35.83 KiB) Προβλήθηκε 1319 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 19, 2022 5:01 pm**

Χαιρετώ! Το σκεπτικό της λύσης μου είναι στην ουσία ίδιο με τη λύση του Κώστα (ανάρτηση #6)
Ας δούμε μια παραλλαγή στη γενικότερη περίπτωση

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Πέμ Αύγ 18, 2022 5:45 pm

Το τρίγωνο έχει $\widehat{C}< 60^o$ . Έστω σημείο της πλευράς ώστε $\widehat{DAC}=90^o-\dfrac{3}{2}\widehat{C}$ .

Αν ισχύει τότε: Να εξεταστεί αν το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

: 19-8 Γωνία..γενίκευση.png (76.97 KiB) Προβλήθηκε 1285 φορές

Θεωρούμε το $E \in BC$ ώστε BE=AB

. Έστω

(όπως στο σχήμα), οπότε AB<AC .. (1)

.

Τότε $\widehat{AEB}> \widehat{ADB}\Leftrightarrow 90^o-\widehat{B}/2>90^o-\widehat{C}/2 \Leftrightarrow \widehat{B}< \widehat{C}$ άρα $AC< AB..\left ( 2 \right )$

Οι (1)

και

αλληλοαναιρούνται. Ομοίως αποκλείουμε να είναι BE>BD

, άρα τελικά AB=AC

. Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 24, 2022 11:41 am**

Ας το κάνουμε και με τριγωνομετρία:

Εργάζομαι στο σχήμα της δεύτερης ανάρτησης. Έχουμε

$\displaystyle \frac{\sin(115^{\circ}-x)}{\sin(x)} = \frac{BD}{AD} = \frac{AC}{AD} = \frac{\sin(115^{\circ})}{\sin(50^{\circ})}$

Τότε έχουμε

$\displaystyle \sin(115^{\circ}-x)\sin(50^{\circ}) = \sin(x)\sin(115^{\circ}) = \sin(x)\sin(65^{\circ})$

από το οποίο παίρνουμε

$\displaystyle \cos(65^{\circ} - x) - \cos(165^{\circ} - x) = \cos(65^{\circ} - x) - \cos(65^{\circ} + x) \implies \cos(165^{\circ} - x) = \cos(65^{\circ} + x)$

Όμως $x \in (0,115)$ , άρα $65+x,165-x \in (0,180)$ οπότε $x = 50^{\circ}$ .

mathematica.gr

Η γωνία αυτή δεν θα βρεθεί με τριγωνομετρία

Η γωνία αυτή δεν θα βρεθεί με τριγωνομετρία

Re: Η γωνία αυτή δεν θα βρεθεί με τριγωνομετρία

Re: Η γωνία αυτή δεν θα βρεθεί με τριγωνομετρία

Re: Η γωνία αυτή δεν θα βρεθεί με τριγωνομετρία

Re: Η γωνία αυτή δεν θα βρεθεί με τριγωνομετρία

Re: Η γωνία αυτή δεν θα βρεθεί με τριγωνομετρία

Re: Η γωνία αυτή δεν θα βρεθεί με τριγωνομετρία

Re: Η γωνία αυτή δεν θα βρεθεί με τριγωνομετρία

Re: Η γωνία αυτή δεν θα βρεθεί με τριγωνομετρία

Re: Η γωνία αυτή δεν θα βρεθεί με τριγωνομετρία

Re: Η γωνία αυτή δεν θα βρεθεί με τριγωνομετρία