mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2022 8:13 pm**

Έστω ισοσκελές τρίγωνο $\triangle AB\Gamma$ με $\widehat{A\Gamma B}=100^{0}$ και σημείο $\Delta$ στο εσωτερικό του, τέτοιο ώστε $\widehat{\Delta AB}=20^{0},\widehat{\Delta BA}=10^{0}.$ Να αποδειχθεί ότι $\widehat{\Delta \Gamma B}=80^{0}.$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2022 9:10 pm**

cool geometry έγραψε: Δευ Σεπ 05, 2022 8:13 pm Έστω ισοσκελές τρίγωνο $\triangle AB\Gamma$ με $\widehat{A\Gamma B}=100^{0}$ και σημείο $\Delta$ στο εσωτερικό του, τέτοιο ώστε $\widehat{\Delta AB}=20^{0},\widehat{\Delta BA}=10^{0}.$ Να αποδειχθεί ότι $\widehat{\Delta \Gamma B}=80^{0}.$

: Επ χωρίς τριγωνομετρικό Ceva.png (40.3 KiB) Προβλήθηκε 1426 φορές

Το

είναι σημείο τομής των, $AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ . Το

συμμετρικό του

ως προς την

και το

το σημείο τομής των $ES\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB$ .

Αβίαστα προκύπτουν ότι τα τετράπλευρα $AFEC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DFEC$ χαρταετοί και το ζητούμενο φανερό .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 05, 2022 10:08 pm**

Ναι, αυτή τη λύση είχα κατά νου ως γεωμετρική και είναι πανεύκολη!!

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 06, 2022 9:11 pm**

Επίσης εδώ μπορούμε να υποθέσουμε ότι $\angle DAC=\angle DAB=20^{0},\angle DBC=10^{0},\angle DBA=30^{0}.$ Τότε αρκεί να υπολογίσουμε τη γωνία $\angle DCA=\vartheta .$ Λοιπόν κατασκευάζουμε το ισόπλευρο τρίγωνο ACO

στο εξωτερικό του δοσμένου ισοσκελούς τριγώνου, τότε $AC=CB=CO,\angle OCB=160^{0}\Rightarrow \angle OBC=\angle BOC=10^{0}=\angle DBC,$ άρα το

βρίσκεται πάνω στην BO.

Οπότε $\angle AOD=50^{0},\angle DAO=80^{0}\Rightarrow \angle ADO=50^{0},$ άρα AD=AO=AC,

έτσι το

είναι περίκεντρο του τριγώνου DOC,

επομένως $\angle OCD=(360^{0}-\angle OAD)/2=(360^{0}-80^{0})/2=140^{0}=60^{0}+\vartheta ,$ άρα $\vartheta =80^{0}.$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 07, 2022 1:44 am**

cool geometry έγραψε: Τρί Σεπ 06, 2022 9:11 pm Επίσης εδώ μπορούμε να υποθέσουμε ότι $\angle DAC=\angle DAB=20^{0},\angle DBC=10^{0},\angle DBA=30^{0}.$ Τότε αρκεί να υπολογίσουμε τη γωνία $\angle DCA=\vartheta .$ Λοιπόν κατασκευάζουμε το ισόπλευρο τρίγωνο στο εξωτερικό του δοσμένου ισοσκελούς τριγώνου, τότε $AC=CB=CO,\angle OCB=160^{0}\Rightarrow \angle OBC=\angle BOC=10^{0}=\angle DBC,$ άρα το βρίσκεται πάνω στην Οπότε $\angle AOD=50^{0},\angle DAO=80^{0}\Rightarrow \angle ADO=50^{0},$ άρα έτσι το είναι περίκεντρο του τριγώνου επομένως $\angle OCD=(360^{0}-\angle OAD)/2=(360^{0}-80^{0})/2=140^{0}=60^{0}+\vartheta ,$ άρα $\vartheta =80^{0}.$

1. Λύνετε διαφορετική άσκηση απ’ αυτή της αρχικής εκφώνησης.

: Επ χωρίς τριγωνομετρικό Ceva_cool_λύση.png (27.45 KiB) Προβλήθηκε 1230 φορές

2. Από το σημείο που λέτε: άρα και μετά δεν είναι λάθος μεν μπορεί όμως εκεί να τελειώσει η λύση αφού το $\vartriangle ADC$ είναι ισοσκελές με γωνία της κορυφής $\widehat {DAC} = 20^\circ$

Βεβαίως αυτά τα «λάθη» τακτικής ( όπως κι αυτό που δεν ξέρατε δήθεν τη σημασία των συμβόλων $\cos \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\sin$ ) τα κάνετε επίτηδες , αλλά «ουδέν κρυπτόν υπό τον ήλιο»

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 07, 2022 2:17 am**

cool geometry έγραψε: Δευ Σεπ 05, 2022 8:13 pm Έστω ισοσκελές τρίγωνο $\triangle AB\Gamma$ με $\widehat{A\Gamma B}=100^{0}$ και σημείο $\Delta$ στο εσωτερικό του, τέτοιο ώστε $\widehat{\Delta AB}=20^{0},\widehat{\Delta BA}=10^{0}.$ Να αποδειχθεί ότι $\widehat{\Delta \Gamma B}=80^{0}.$

Με $CE \bot AZ \Rightarrow CA=AE$ και οι σημειωμένες γωνίες του σχήματος προκύπτουν άμεσα,άρα

μεσοκάθετος της

Έτσι $\angle BDE=10^0 \Rightarrow \angle DEA=20^0 \Rightarrow \angle ACD=20^0 \Rightarrow \angle DCZ=80^0$

: 80.png (30.3 KiB) Προβλήθηκε 1223 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 07, 2022 7:36 am**

Είναι ισοδύναμο πρόβλημα, οπότε είναι ίδια άσκηση!!

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 07, 2022 7:52 am**

Doloros έγραψε: Τετ Σεπ 07, 2022 1:44 am
cool geometry έγραψε: Τρί Σεπ 06, 2022 9:11 pm Επίσης εδώ μπορούμε να υποθέσουμε ότι $\angle DAC=\angle DAB=20^{0},\angle DBC=10^{0},\angle DBA=30^{0}.$ Τότε αρκεί να υπολογίσουμε τη γωνία $\angle DCA=\vartheta .$ Λοιπόν κατασκευάζουμε το ισόπλευρο τρίγωνο στο εξωτερικό του δοσμένου ισοσκελούς τριγώνου, τότε $AC=CB=CO,\angle OCB=160^{0}\Rightarrow \angle OBC=\angle BOC=10^{0}=\angle DBC,$ άρα το βρίσκεται πάνω στην Οπότε $\angle AOD=50^{0},\angle DAO=80^{0}\Rightarrow \angle ADO=50^{0},$ άρα έτσι το είναι περίκεντρο του τριγώνου επομένως $\angle OCD=(360^{0}-\angle OAD)/2=(360^{0}-80^{0})/2=140^{0}=60^{0}+\vartheta ,$ άρα $\vartheta =80^{0}.$

1. Λύνετε διαφορετική άσκηση απ’ αυτή της αρχικής εκφώνησης.
Επ χωρίς τριγωνομετρικό Ceva_cool_λύση.png
2. Από το σημείο που λέτε: άρα και μετά δεν είναι λάθος μεν μπορεί όμως εκεί να τελειώσει η λύση αφού το $\vartriangle ADC$ είναι ισοσκελές με γωνία της κορυφής $\widehat {DAC} = 20^\circ$

Βεβαίως αυτά τα «λάθη» τακτικής ( όπως κι αυτό που δεν ξέρατε δήθεν τη σημασία των συμβόλων $\cos \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\sin$ ) τα κάνετε επίτηδες , αλλά «ουδέν κρυπτόν υπό τον ήλιο»

Το πρόβλημα είναι ισοδύναμο, το γιατί είναι πολύ απλό για έναν καταρτισμένο μαθηματικό του επιπέδου σας. Δεν είναι άλλη άσκηση, είναι ένα τέχνασμα πάνω στη δοθείσα, ελπίζω να το καταλάβατε.

mathematica.gr

Επ, χωρίς τριγωνομετρικό Ceva.

Επ, χωρίς τριγωνομετρικό Ceva.

Re: Επ, χωρίς τριγωνομετρικό Ceva.

Re: Επ, χωρίς τριγωνομετρικό Ceva.

Re: Επ, χωρίς τριγωνομετρικό Ceva.

Re: Επ, χωρίς τριγωνομετρικό Ceva.

Re: Επ, χωρίς τριγωνομετρικό Ceva.

Re: Επ, χωρίς τριγωνομετρικό Ceva.

Re: Επ, χωρίς τριγωνομετρικό Ceva.