Γεωμετρείν 14

Δημήτρης Μυρογιάννης · #1

Δημιουργούμε γωνία zBy

μέτρου

μοιρών.
Στο εσωτερικό της φέρουμε ημιευθεία

έτσι ώστε να σχηματιστεί η γωνία sBz

με μέτρο

μοίρες.
Επί της

επιλέγουμε τυχαίο σημείο

και δημιουργούμε τη γωνία BCD

μέτρου

μοιρών, όπου

σημείο της

.
Από το

φέρουμε κάθετη στην

που τέμνει τις Bs, By

στα σημεία E, F

αντίστοιχα.
Βρείτε το μέτρο της γωνίας EFC=x

.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 14.PNG (23.63 KiB) Προβλήθηκε 689 φορές

(Μόλις βρήκα μία πολύ-πολύ-.... σύνθετη λύση... ελπίζω να μην έχει ξεφύγει κάτι... ίσως και να υπάρχει απλή λύση... θα δούμε...)

Ιστοσελίδα · #2

: Γεωμετρείν-14.jpg (47.34 KiB) Προβλήθηκε 657 φορές

Καλημέρα.

Έστω $A \equiv CD \cap Bk$ , όπου $D\widehat Bk = {30^ \circ }$ . Εφόσον $A\widehat BC = A\widehat CB = {50^ \circ }$ , το τρίγωνο ABC

είναι ισοσκελές με $B\widehat AC = {80^ \circ }$ και AB = AC

. Είναι $B\widehat DE = {70^ \circ }$ (συμπληρωματική της $D\widehat BE = {20^ \circ }$ ) και $A\widehat DB = {180^ \circ } - ({80^ \circ } + {30^ \circ }) = {70^ \circ }$ .

Τα τρίγωνα $ABD,\,FBD$ είναι ίσα από $\Gamma - \Pi - \Gamma$ , οπότε το ABF

είναι ισόπλευρο ( AB = BF

και $A\widehat BF = {60^ \circ }$ ) και το AFC

είναι ισοσκελές $\left( {{{20}^ \circ }{{,80}^ \circ }{{,80}^ \circ }} \right)$ - $F\widehat AC = {80^ \circ } - {60^ \circ } = {20^ \circ }$ .

Το DAF

είναι ισοσκελές $\left( {{{140}^ \circ }{{,20}^ \circ }{{,20}^ \circ }} \right)$ , συνεπώς $x = D\widehat FC = {80^ \circ } - {20^ \circ } = {60^ \circ }$ .

Δημήτρης Μυρογιάννης · #3

Δεν παίζω Μιχάλη

!!!!!
Από το σχήμα που βλέπω στα γρηγορα .... πάλι την ίδια λύση έχουμε

.... μόνο που εγώ ανακάτεψα και γύρω στα 3 εγγράψιμα ... τα οποία μάλλον δεν θα είναι απαραίτητα...είναι η τρίτη ταύτιση σε λύση.... η πρώτη ήταν στο 11 και είπα να μη το θίξω.....ΕΙΝΑΙ ΦΟΒΕΡΟ!!!!
Οπως και να έχει ευχαριστώ.

Ιστοσελίδα · #4

maths-!!! έγραψε:Δεν παίζω Μιχάλη !!!!!
Από το σχήμα που βλέπω στα γρηγορα .... πάλι την ίδια λύση έχουμε .... μόνο που εγώ ανακάτεψα και γύρω στα 3 εγγράψιμα ... τα οποία μάλλον δεν θα είναι απαραίτητα...είναι η τρίτη ταύτιση σε λύση.... η πρώτη ήταν στο 11 και είπα να μη το θίξω.....ΕΙΝΑΙ ΦΟΒΕΡΟ!!!!
Οπως και να έχει ευχαριστώ.

Δημήτρη…τι να πω, μάλλον έχουμε τον ίδιο τρόπο σκέψης (σίγουρα αρέσουν και στους δυο αυτού του είδους οι ασκήσεις).

#5

Καλημέρα σας. Ας προσθέσω και μια τριγωνομετρική προσέγγιση:

(Με το σχήμα του Δημήτρη ή και του Μιχάλη)

$\displaystyle \varepsilon \phi x = \frac{{EC}}{{EF}} = \frac{{\varepsilon \phi 40^\circ \cdot DE}}{{\varepsilon \phi 10^\circ \cdot BE}} = \frac{{\varepsilon \phi 40^\circ \cdot \varepsilon \phi 20^\circ }}{{\varepsilon \phi 10^\circ }} = \\ \\ = \varepsilon \phi 40^\circ \cdot \varepsilon \phi 20^\circ \cdot \varepsilon \phi 80^\circ = \frac{3}{{\varepsilon \phi 60^\circ }} = \sqrt 3 = \varepsilon \phi 60^\circ$

Άρα $\displaystyle x = 60^\circ$ (αφού είναι οξεία γωνία)

Χρησιμοποίησα το γνωστό (;) γινόμενο: $\displaystyle \varepsilon \phi 20^\circ \cdot \varepsilon \phi 40^\circ \cdot \varepsilon \phi 60^\circ \cdot \varepsilon \phi 80^\circ = 3$

Το παραπάνω γινόμενο προκύπτει εύκολα από τα γνωστά (;) γινόμενα $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} \eta \mu 20^\circ \cdot \eta \mu 40^\circ \cdot \eta \mu 60^\circ \cdot \eta \mu 80^\circ = \frac{3}{{16}} \\ \sigma \upsilon \nu 20^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 40^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 60^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 80^\circ = \frac{1}{{16}} \\ \end{array} \right.$

Νομίζω ότι τα έχουμε αποδείξει στο mathematica, αλλά σίγουρα υπάρχουν και σε παλαιότερα βιβλία Τριγωνομετρίας.

parmenides51 · #6

Γιώργος Ρίζος έγραψε: Χρησιμοποίησα το γνωστό (;) γινόμενο: $\displaystyle \varepsilon \phi 20^\circ \cdot \varepsilon \phi 40^\circ \cdot \varepsilon \phi 60^\circ \cdot \varepsilon \phi 80^\circ = 3$
Το παραπάνω γινόμενο προκύπτει εύκολα από τα γνωστά (;) γινόμενα $\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} \eta \mu 20^\circ \cdot \eta \mu 40^\circ \cdot \eta \mu 60^\circ \cdot \eta \mu 80^\circ = \frac{3}{{16}} \\ \sigma \upsilon \nu 20^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 40^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 60^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 80^\circ = \frac{1}{{16}} \\ \end{array} \right.$

Οι σχετικές αποδείξεις εδώ κι εδώ.

Δημήτρης Μυρογιάννης · #7

Να ευχαριστήσω και τον Γιώργο για την τριγωνομετρική του λύση και να παραθέσω και τη δική μου:
Φέρουμε την κάθετη από το σημείο

στην

και σημειώνουμε τα σημεία τομής E,G

με τις

αντίστοιχα.
Προεκτείνουμε την

ώστε να τμήσει την

στο σημείο

και ενώνουμε το

με το σημείο

.
Το τετράπλευρο BGEF

είναι προφανές ότι είναι εγγράψιμο, οπότε οι γωνίες FGE

και

είναι

και

μοιρών αντίστοιχα.
Το τετράπλευρο GDEI

είναι επίσης εγγράψιμο, οπότε η γωνία IDE

είναι

μοιρών και η γωνία GDI

(αφαιρετικά)

μοιρών.
Η γωνία HDB

αφαιρετικά προκύπτει ότι είναι

μοιρών όσο και η BIH

, ως εξωτερική του τριγώνου FBI

.
Αυτό σημαίνει ότι (και) το τετράπλευρο BIDH

είναι εγγράψιμο, οπότε η γωνία BHI

είναι ίση με την BDI

, δηλαδή έχει μέτρο

μοιρών.
Το τρίγωνο λοιπόν BHF

είναι ισόπλευρο , δηλαδή HB=HF

(1) και η γωνία GBH

έχει μέτρο

μοίρες (2).
Τώρα το τρίγωνο HBC

λόγω της (2) είναι ισοσκελές και λόγω της (1) έχουμε ότι (και) το τρίγωνο HFC

είναι ισοσκελές.
Ακόμα η γωνία GHD

έχει μέτρο

μοίρες (από το εγγράψιμο BHDI

) και επομένως x=60

μοίρες.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 14 ΛΥΣΗ.PNG (65.52 KiB) Προβλήθηκε 538 φορές

Γεωμετρείν 14

Γεωμετρείν 14

Re: Γεωμετρείν 14

Re: Γεωμετρείν 14

Re: Γεωμετρείν 14

Re: Γεωμετρείν 14

Re: Γεωμετρείν 14

Re: Γεωμετρείν 14

Μέλη σε σύνδεση