Γεωμετρείν 34

Δημήτρης Μυρογιάννης · #1

Επί της πλευράς

του ισοσκελούς τριγώνου ABC

(

), λαμβάνουμε σημείο

τέτοιο ώστε η γωνία ACD

να έχει μέτρο

μοίρες.
Επί των τμημάτων DC, AC

λαμβάνουμε σημεία E,G

αντίστοιχα τέτοια ώστε να ισχύουν AG=GE, AD=DE

και

.
Προεκτείνουμε την

ώστε να τμήσει την

στο σημείο

.
Βρείτε το μέτρο της γωνίας GFD=x

.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 34.PNG (30.82 KiB) Προβλήθηκε 622 φορές

#2

Δημήτρη καλησπέρα. Ξέρω θα μου κάνεις παράπονα ότι έχουμε χαθεί αλλά αυτή την περίοδο είμαι ιδιαίτερα πιεσμένος και μου είναι δύσκολο να σε παρακολουθήσω.

Όμως ας «κλέψω» λίγο χρόνο για το πανέμορφο θέμα σου!!! (δεν μου είναι και εύκολο να αντισταθώ).

Επειδή $\displaystyle{ CD = CE + ED = BD + DA = BA = CA \Rightarrow CD = CA \Rightarrow \vartriangle CDA }$ ισοσκελές με «κορυφή» το $\displaystyle{ C }$ και επειδή $\displaystyle{ \widehat{ACD} = 20^0 \Rightarrow \boxed{\widehat{DAC} = \widehat{ADC} = 80^0 }:\left( 1 \right) }$

Επίσης επειδή $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ ισοσκελές με κορυφή το $\displaystyle{ A }$ θα είναι $\displaystyle{ \widehat{ABC} = \widehat{ACB} = \frac{{180^0 - \widehat{BAC}}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{BAC} = 80^0 } \widehat{ABC} = \widehat{ACB} = 50^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{ACD} = 20^0 } \boxed{\widehat{DCB} = 30^0 }:\left( 2 \right) }$

Από τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle ADG,\vartriangle EDG }$ με $\displaystyle{ \left( {AD = DE,AG = EG,DG = DG} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi - \Pi - \Pi } \vartriangle ADG = \vartriangle EDG \Rightarrow }$ $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \widehat{GDA} = \widehat{GDE} = \frac{{\widehat{ADC}}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \widehat{GDA} = \boxed{\widehat{GDE} = 40^0 }:\left( 3 \right) \\ \widehat{DAG} = \boxed{\widehat{DEG}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} 80^0 }:\left( 4 \right) \\ \boxed{\widehat{AGD} = \widehat{DGE}\mathop = \limits^{\vartriangle EDG} 180^0 - 80^0 - 40^0 = 60^0 }:\left( 5 \right) \\ \Rightarrow \widehat{FGC} = 180^0 - 2 \cdot 60^0 \Rightarrow \boxed{\widehat{FGC} = 60^0 }:\left( 6 \right) \\ \end{gathered} \right. }$

Θεωρούμε το ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle FCL }$ τότε θα είναι : $\displaystyle{ \widehat{FLC} = 60^0 \mathop = \limits^{\left( 6 \right)} \widehat{FGC} \Rightarrow FGLC }$ εγγράψιμο (οι δύο διαδοχικές κορυφές $\displaystyle{ G,L }$ "βλέπουν" την πλευρά $\displaystyle{ FC }$ υπό ίσες γωνίες)

άρα θα είναι και $\displaystyle{ \widehat{CGL} = \widehat{CFL}\mathop = \limits^{\vartriangle CFL(\iota \sigma \pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o)} 60^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right),\left( 6 \right)} \widehat{DGL} = 3 \cdot 60^0 = 180^0 \Rightarrow D,G,L }$ συνευθειακά.

Επειδή $\displaystyle{ \widehat{FCD} = 30^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{FCL} = 60^0 } \widehat{DCL} = 30^0 \Rightarrow CM }$ διχοτόμος του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle FCL }$ άρα και μεσοκάθετη της $\displaystyle{ FL }$ και επειδή το $\displaystyle{ D }$ ανήκει στη μεσοκάθετη της $\displaystyle{ FL }$ θα είναι

$\displaystyle{ DL = DF \Rightarrow \vartriangle DLF }$ ισοσκελές (με κορυφή το $\displaystyle{ D }$ ) άρα το ύψος του $\displaystyle{ DM }$ θα είναι και διχοτόμος του δηλαδή $\displaystyle{ \widehat{FDE} = \widehat{GDE}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right):\widehat{GDE} = 40^0 } \boxed{\widehat{FDE} = 40^0 }:\left( 7 \right) }$

Τότε από το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle EDF }$ με εξωτερική γωνία την $\displaystyle{ \widehat{DEG}\mathop = \limits^{\left( 5 \right)} 80^0 \Rightarrow \widehat{DEG} = \widehat{FDE} + \widehat{EFD} \Rightarrow \ldots 80^0 = 40^0 + \hat x \Rightarrow \boxed{\hat x = 40^0 } }$

Φιλικά
Στάθης

Δημήτρης Μυρογιάννης · #3

Γεια σου Στάθη… η αλήθεια είναι ότι η Γεωμετρία είναι πολύ φτωχή χωρίς την τακτική παρουσία σου.

Φέρουμε τις DG,AE

και εύκολα διαπιστώνουμε από τα ισοσκελή ABC,CDA,ADE,AGE

, τις τρεις διαδοχικές γωνίες AGD,DGE,EGC

με μέτρο

μοίρες η κάθε μία (η

μεσοκάθετος του

).
Από το σημείο

φέρουμε κάθετη στην

και επί αυτής παίρνουμε σημείο

τέτοιο ώστε η γωνία KCM

να έχει μέτρο

μοίρες.
Λόγω των γωνιών MDC,MGC

το τετράπλευρο DGCM

είναι εγγράψιμο το τρίγωνο DCM

ισόπλευρο και η

μεσοκάθετος του

.
To τρίγωνο λοιπόν FDM

είναι ισοσκελές με γωνίες βάσης

μοιρών, οπότε x=40

μοίρες.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 34 ΛΥΣΗ.PNG (84.78 KiB) Προβλήθηκε 503 φορές

Ιστοσελίδα · #4

: Γεωμετρείν-34.png (24.17 KiB) Προβλήθηκε 440 φορές

Στάθη και Δημήτρη καλησπέρα. Να δώσω άλλη μία Γεωμετρική διαδρομή.

Το τρίγωνο ABC

, όπως ήδη ειπώθηκε, είναι ισοσκελές $\left( {{{80}^ \circ }{{,50}^ \circ }{{,50}^ \circ }} \right)$ και απ’ τον χαρταετό ADEG

παίρνουμε $A\widehat GE = {120^ \circ }$ .

Φέρω το ισόπλευρο ACK

. Σχηματίζονται τα ισοσκελή $ABK\left( {{{20}^ \circ }{{,80}^ \circ }{{,80}^ \circ }} \right)$ και $CDK\left( {{{40}^ \circ }{{,70}^ \circ }{{,70}^ \circ }} \right)$ .

Ισχύει $D\widehat AK = {80^ \circ } - {60^ \circ } = {20^ \circ }$ , $D\widehat KC = {70^ \circ } - {60^ \circ } = {10^ \circ }$ και από εξωτερική γωνία $B\widehat DK = {30^ \circ }$ , $E\widehat FC = G\widehat FC = {120^ \circ } - {50^ \circ } = {70^ \circ }$ .

Τα τρίγωνα CEF,DBK

είναι ίσα από $\Gamma - \Pi - \Gamma$ , επομένως CF = DK

. Τα τρίγωνα FCK,DKA

είναι ίσα από $\Pi - \Gamma - \Pi$ , επομένως $F\widehat KC = D\widehat AK = {20^ \circ }$ .

Από εξωτερική γωνία $B\widehat FK = {30^ \circ } = B\widehat DK$ , επομένως το BDFK

είναι εγγράψιμο, συνεπώς $D\widehat FB = D\widehat KB = {70^ \circ }$ . Έτσι $x = {180^ \circ } - ({70^ \circ } + {70^ \circ }) = {40^ \circ }$ .

Γεωμετρείν 34

Γεωμετρείν 34

Re: Γεωμετρείν 34

Re: Γεωμετρείν 34

Re: Γεωμετρείν 34

Μέλη σε σύνδεση