Ας προστατευθούμε.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 777.png (9.8 KiB) Προβλήθηκε 1385 φορές

Αν για το παραπάνω σχήμα γνωρίζετε ότι DA=DB

, τότε φτιάξτε το
και στη συνέχεια βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Ιστοσελίδα · #2

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: Πέμ Νοέμ 24, 2022 7:30 pm
Αν για το παραπάνω σχήμα γνωρίζετε ότι , τότε φτιάξτε το
και στη συνέχεια βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

: shape.png (26.89 KiB) Προβλήθηκε 1373 φορές

$DK \bot AC\, \wedge \,BM \bot DC$

Από την ισότητα των τριγώνων ADK,BCM,BDM

έχουμε

, οπότε $\theta = {30^ \circ }$

STOPJOHN · #3

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: Πέμ Νοέμ 24, 2022 7:30 pm 777.png

Αν για το παραπάνω σχήμα γνωρίζετε ότι , τότε φτιάξτε το
και στη συνέχεια βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Εστω ότι $BN\perp DC$ , είναι BD=AD=BC,

Τα τρίγωνα BDN,DNA

είναι ίσα γιατί

εχουν $BD=AB,\hat{DBN}=\hat{DAN}=20^{0}$ και

κοινή πλευρά

Αρα $BN=NA,DN=NC,\hat{NCD}=\hat{NDC}=\theta , \hat{DNA}=\hat{DNB}=\hat{BNC}=90-\theta ,3.(90-\theta )=180\Leftrightarrow \theta =30$

Η εκφώνηση της άσκησης ζητάει και τη κατασκευή του τριγώνου ,θα επανέλθω αυριο ,εκτός και αν απαντηθεί

#4

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: Πέμ Νοέμ 24, 2022 7:30 pm 777.png
Αν για το παραπάνω σχήμα γνωρίζετε ότι , τότε φτιάξτε το
και στη συνέχεια βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Καθολική κατασκευή του σχήματος και υπολογισμός γωνίας $\theta$ .

Κατασκευάζω ισοσκελές, $\vartriangle BCD \to \left( {40^\circ ,70^\circ ,70^\circ } \right)$ . Επειδή θέλω να βρω σημείο

ώστε

γράφω κύκλο $\left( D \right) \equiv \left( {D,DB} \right)$ .

Πάνω στον κύκλο $\left( D \right)$ θα βρίσκεται το

. Όμως θέλω η γωνία $\widehat {DAC} = 20^\circ$ .

Το

συνεπώς θα ανήκει σε τόξο χορδής

που δέχεται γωνία $\omega = 20^\circ$ .

Προς τούτο φέρνω δια του

ευθεία που να σχηματίζει με την

γωνία $20^\circ$ . Αυτή αναγκαστικά θα είναι ο φορέας του ύψους

του $\vartriangle BCD$ .

: Ας προστατευθούμε.png (31.73 KiB) Προβλήθηκε 1320 φορές

Μετά ως γνωστό φέρνω τη μεσοκάθετο του

και την εις το

κάθετη προς την

και τέμνονται στο

.

Το

θα βρίσκεται επομένως και στον κύκλο $\left( K \right) \equiv \left( {K,KC} \right)$ . Το τετράπλευρο BCKD

είναι (προφανώς ) ρόμβος.

Άρα οι κύκλοι $\left( K \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( D \right)$ είναι ίσοι έτσι το $\vartriangle ADK$ είναι ισόπλευρο οπότε :

$\boxed{\widehat {\theta _{}^{}} = \frac{1}{2}\widehat {AKD} = 30^\circ }$

#5

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: Πέμ Νοέμ 24, 2022 7:30 pm 777.png

Αν για το παραπάνω σχήμα γνωρίζετε ότι , τότε φτιάξτε το
και στη συνέχεια βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Κατασκευή: Κατασκευάζω πρώτα το ισοσκελές τρίγωνο BDC(BD=BC)

με γωνίες $\displaystyle (40^\circ ,70^\circ ,70^\circ )$ και

γράφω τον κύκλο (D, DB).

Θεωρώ σημείο

του κύκλου ώστε το τρίγωνο DBL

να είναι ισόπλευρο. Η

τέμνει τον κύκλο στο

Το

είναι το ζητούμενο τρίγωνο.

: Ας προστατευθούμε.png (30.27 KiB) Προβλήθηκε 1280 φορές

Απόδειξη: Αρκεί να δείξω ότι $D\widehat AC=20^\circ.$ Πράγματι,

$\displaystyle L\widehat BC = 20^\circ ,BC = BL \Rightarrow B\widehat LA = 80^\circ \Rightarrow D\widehat AC = D\widehat LC = 20^\circ$

Στην άσκησή μας τώρα, $\displaystyle \theta = 180^\circ - (D\widehat CB + B\widehat CL) = 180^\circ - (70^\circ + 80^\circ ) \Leftrightarrow$ $\boxed{\theta =30^\circ}$

Henri van Aubel · #6

Καλό μεσημέρι. Μία άλλη προσέγγιση.

Θεωρούμε σημείο

στο εσωτερικό του τριγώνου $\vartriangle ABC,$ ώστε $\angle QAB=\angle ABQ=10^\circ,\angle QAC=20^\circ ,\angle QBC=40^\circ.$ Θα αποδείξουμε ότι $Q\equiv D.$
Θεωρούμε το περίκεντρο

του τριγώνου $\vartriangle ABC,$ τότε το τρίγωνο $\vartriangle BCO$ είναι ισόπλευρο και άρα BC=BO:(1)

Επίσης το τετράπλευρο AOBQ

είναι χαρταετός με $\angle ABQ=\angle ABO=10^\circ$ και άρα είναι ρόμβος , έτσι BQ=BO:(2)

Από

είναι

και άρα $\angle QCB=70^\circ.$ Συνεπώς $Q\equiv D.$

Άρα έχουμε $\angle ACD=30^\circ.$

kkala · #7

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: Πέμ Νοέμ 24, 2022 7:30 pm Αν για το παραπάνω σχήμα γνωρίζετε ότι , τότε φτιάξτε το και στη συνέχεια βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

1. Η γωνία των 40^0

(όπως και η 40^0/2=20^0

) δεν κατασκευάζεται με κανόνα και διαβήτη. Τούτο υποδεικνύεται στο
<https://www.mathematica.gr/forum/viewtopic.php?t=55926>. Συνεπώς το "φτιάξτε το" δεν αφορά κατασκευή της Ευκλείδιας Γεωμετρίας. 'Ομως κατάλαβα από την προηγούμενη αναφορά ότι σε ασκήσεις (μπορεί να) υφίσταται ανοχή όσον αφορά τέτοιες γωνίες (προχωράμε σαν να μπορούσε η γωνία 40^0

να κατασκευασθεί).
Σημείωση: Τέτοια ανοχή δεν υπήρχε όταν πήγαινα Λύκειο (1964-1967), αλλά μια γωνία που δεν κατασκευάζετο γεωμετρικά θεωρείτο απλά δεδομένη, χωρίς να προσδιορίζεται το μέτρο της. Π.χ. "να κατασκευασθεί τρίγωνο από μία πλευρά και τις δύο προσκείμενες γωνίες" (όχι π.χ. τις δύο προσκείμενες γωνίες 35^0

και

). Τούτο έκανε πιό περίπλοκη τη διερεύνηση.

2. Η γωνία $\theta$ μπορεί να υπολογισθεί και τριγωνομετρικά, με εφαρμογή του νόμου των ημιτόνων στα τρίγωνα BDC, ADC

:
(Αναφορά στο σχήμα 777.png του #1)
$a/sin70^0=(DC)/sin40^0, (DC)/sin20^0=a/sin\theta$ , όπου a=(BC)=(DB)=(DA)

. Συνεπώς $sin\theta =asin20^0/(DC)=asin20^0sin70^0/(asin40^0)=sin20^0cos20^0/sin40^0=0.5$ , άρα $\theta =30^0$ (αφού $\theta +70^0<180^0$ ).

Ας προστατευθούμε.

Ας προστατευθούμε.

Re: Ας προστατευθούμε.

Re: Ας προστατευθούμε.

Re: Ας προστατευθούμε.

Re: Ας προστατευθούμε.

Re: Ας προστατευθούμε.

Re: Ας προστατευθούμε.

Μέλη σε σύνδεση