βρείτε τις γωνίες

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5523
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

βρείτε τις γωνίες

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από george visvikis » Παρ Απρ 21, 2017 1:44 pm

Βρείτε τις γωνίες..png
Βρείτε τις γωνίες..png (8.12 KiB) Προβλήθηκε 387 φορές

Σε τρίγωνο ABC είναι \widehat A=30^0 και υπάρχει σημείο D της πλευράς AC ώστε AD=BC και D\widehat CB=2C\widehat BD.

Να βρείτε τις γωνίες \widehat B,\widehat C του τριγώνου ABC.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4955
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: βρείτε τις γωνίες

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Doloros » Παρ Απρ 21, 2017 6:56 pm

Δίνω την απάντηση (έχει επαληθευτεί) μόνο για να ξέρει κάποιος που «πατεί»

B = 66^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,C = 84^\circ


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8666
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: βρείτε τις γωνίες

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από KARKAR » Παρ Απρ 21, 2017 8:03 pm

42  μοίρες.png
42 μοίρες.png (12.42 KiB) Προβλήθηκε 315 φορές
Με νόμο ημιτόνων στα δύο τρίγωνα έχω : \dfrac{sin30^0}{d}=\dfrac{sin(150-3x)}{a} , \dfrac{d}{sin2x}=\dfrac{a}{sin3x} .

Πολλαπλασιάζοντας προκύπτει : 2sin2xsin(150-3x)=sin3x . Παρατηρώ ότι η x=42^0

επαληθεύει την εξίσωση , αφού γράφεται ως : cos108^0+cos36^0=\dfrac{1}{2} η οποία ισχύει .

Απομένει η μοναδικότητα της λύσης και η απόδειξη του αποπάνω .

Από το Νίκο , πάντως , έγραψα περισσότερα :lol:


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3675
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: βρείτε τις γωνίες

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Απρ 22, 2017 1:11 am

george visvikis έγραψε:Σε τρίγωνο ABC είναι \widehat A=30^0 και υπάρχει σημείο D της πλευράς AC ώστε AD=BC και D\widehat CB=2C\widehat BD. Να βρείτε τις γωνίες \widehat B,\widehat C του τριγώνου ABC.


\bullet Έστω \angle DBA=x,\angle CBD=\varphi \Rightarrow \angle ACB=2\varphi . Έτσι με δεδομένο ότι \angle BAC={{30}^{0}} από το τρίγωνο \vartriangle ABC \Rightarrow  \ldots x + 3\varphi  + {30^0} = {180^0} \Rightarrow \boxed{x + 3\varphi  = {{150}^0}}:\left( 1 \right).

Έστω Z,E τα δεύτερα (εκτός των B,C ) σημεία τομής της BD και της διχοτόμου CE της γωνίας \angle BCA με τον περίκυκλο \left( O \right) του τριγώνου \vartriangle ABC και ας είναι Q\equiv BZ\cap CE,F\equiv AC\cap EZ

Τότε με \angle CBZ=\angle ECB=\angle ECA=\varphi \Rightarrow ZC=BE=AE και συνεπώς τα εγγεγραμμένα τραπέζια BCZE,AZCE είναι ισοσκελή οπότε QB=QC και FA=FZ , άρα OQ,OF διχοτόμοι των γωνιών \angle BOC={{60}^{0}},\angle AOZ και συνεπώς \angle QOC={{30}^{0}}=\angle BAC=\angle BZC\equiv QZC\Rightarrow O,Q,Z,C ομοκυκλικά και

\angle CFZ = \dfrac{{\tau o\xi .AE + \tau o\xi .CZ}}{2} =  \cdots 2\varphi  = 2\left( {\angle ZEC} \right) \mathop  = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta  - \varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } \angle ZOC \Rightarrow Z,F,O,C

ομοκυκλικά οπότε τα O,Q,C,F,Z είναι ομοκυκλικά (δύο κύκλοι με τρία κοινά σημεία (O,Z,C ) και συνεπώς

\angle QFC = \angle QZC = {30^0} = \angle BAC\mathop  \Rightarrow \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma  - \varepsilon \kappa \tau o\varsigma \;\kappa \alpha \iota \;\varepsilon \pi \iota \;\tau \alpha \;\alpha \upsilon \tau \alpha } FQ\parallel AB\mathop  \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } \boxed{\dfrac{{AF}}{{FD}} = \dfrac{{BQ}}{{QD}}}:\left( 2 \right).
Βρείτε τις γωνίες.png
Βρείτε τις γωνίες.png (41.11 KiB) Προβλήθηκε 279 φορές

\bulletΑπό το θεώρημα της διχοτόμου στο τρίγωνο \vartriangle BCD\mathop  \Rightarrow \limits^{CQ\;\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma } \dfrac{{BQ}}{{QD}} = \dfrac{{BC}}{{CD}}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{{AF}}{{FD}} = \dfrac{{BC}}{{CD}} \Rightarrow

\dfrac{{AF}}{{AF + FD}} = \dfrac{{BC}}{{BC + CD}}\mathop  \Rightarrow \limits^{AF = BC = OA = R} \dfrac{{AF}}{{AO}} = \dfrac{{AO}}{{AD + CD}} \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AO}} = \dfrac{{AO}}{{AC}} \Rightarrow A{O^2} = AF \cdot AC \Rightarrow AO

εφάπτεται του περίκυκλου \left( O,Q,C,Z,F \right) οπότε \angle FOA = \angle OCF \Rightarrow

x = \angle OCA\mathop  = \limits^{\gamma \omega \nu \iota \alpha \;\alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha  - \chi o\rho \delta \eta \varsigma \;\tau o\upsilon \;\left( O \right)} {90^0} - \angle ABC = {90^0} - \left( {x + \varphi } \right) \Rightarrow \boxed{2x + \varphi  = {{90}^0}}:\left( 3 \right).

Από το σύστημα των σχέσεων \left( 2 \right),\left( 3 \right) έχουμε: \left\{ \begin{gathered}
  x + 3\varphi  = {150^0} \\ 
  2x + \varphi  = {90^0} \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow

\left\{ \begin{gathered}
  x = {150^0} - 3\varphi  \\ 
  2\left( {{{150}^0} - 3\varphi } \right) + \varphi  = {90^0} \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow  \ldots \left\{ \begin{gathered}
  x = {24^0} \hfill \\
  \varphi  = {42^0} \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. \Rightarrow  \cdots \left\{ \begin{gathered}
  \boxed{\angle B = x + \varphi  = {{66}^0}} \hfill \\
  \boxed{\angle C = 2\varphi  = {{84}^0}} \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. και οι ζητούμενες γωνίες έχουν υπολογιστεί.


Στάθης

Υ.Σ Είναι αλήθεια ότι έγραψα αρκετά περισσότερα από τον Νίκο και τον Θανάση :oops:


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5523
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: βρείτε τις γωνίες

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από george visvikis » Σάβ Απρ 22, 2017 9:46 am

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
george visvikis έγραψε:Σε τρίγωνο ABC είναι \widehat A=30^0 και υπάρχει σημείο D της πλευράς AC ώστε AD=BC και D\widehat CB=2C\widehat BD. Να βρείτε τις γωνίες \widehat B,\widehat C του τριγώνου ABC.


\bullet Έστω \angle DBA=x,\angle CBD=\varphi \Rightarrow \angle ACB=2\varphi . Έτσι με δεδομένο ότι \angle BAC={{30}^{0}} από το τρίγωνο \vartriangle ABC \Rightarrow  \ldots x + 3\varphi  + {30^0} = {180^0} \Rightarrow \boxed{x + 3\varphi  = {{150}^0}}:\left( 1 \right).

Έστω Z,E τα δεύτερα (εκτός των B,C ) σημεία τομής της BD και της διχοτόμου CE της γωνίας \angle BCA με τον περίκυκλο \left( O \right) του τριγώνου \vartriangle ABC και ας είναι Q\equiv BZ\cap CE,F\equiv AC\cap EZ

Τότε με \angle CBZ=\angle ECB=\angle ECA=\varphi \Rightarrow ZC=BE=AE και συνεπώς τα εγγεγραμμένα τραπέζια BCZE,AZCE είναι ισοσκελή οπότε QB=QC και FA=FZ , άρα OQ,OF διχοτόμοι των γωνιών \angle BOC={{60}^{0}},\angle AOZ και συνεπώς \angle QOC={{30}^{0}}=\angle BAC=\angle BZC\equiv QZC\Rightarrow O,Q,Z,C ομοκυκλικά και

\angle CFZ = \dfrac{{\tau o\xi .AE + \tau o\xi .CZ}}{2} =  \cdots 2\varphi  = 2\left( {\angle ZEC} \right) \mathop  = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta  - \varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } \angle ZOC \Rightarrow Z,F,O,C

ομοκυκλικά οπότε τα O,Q,C,F,Z είναι ομοκυκλικά (δύο κύκλοι με τρία κοινά σημεία (O,Z,C ) και συνεπώς

\angle QFC = \angle QZC = {30^0} = \angle BAC\mathop  \Rightarrow \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma  - \varepsilon \kappa \tau o\varsigma \;\kappa \alpha \iota \;\varepsilon \pi \iota \;\tau \alpha \;\alpha \upsilon \tau \alpha } FQ\parallel AB\mathop  \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } \boxed{\dfrac{{AF}}{{FD}} = \dfrac{{BQ}}{{QD}}}:\left( 2 \right).
Βρείτε τις γωνίες.png
\bulletΑπό το θεώρημα της διχοτόμου στο τρίγωνο \vartriangle BCD\mathop  \Rightarrow \limits^{CQ\;\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma } \dfrac{{BQ}}{{QD}} = \dfrac{{BC}}{{CD}}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{{AF}}{{FD}} = \dfrac{{BC}}{{CD}} \Rightarrow

\dfrac{{AF}}{{AF + FD}} = \dfrac{{BC}}{{BC + CD}}\mathop  \Rightarrow \limits^{AF = BC = OA = R} \dfrac{{AF}}{{AO}} = \dfrac{{AO}}{{AD + CD}} \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{AO}} = \dfrac{{AO}}{{AC}} \Rightarrow A{O^2} = AF \cdot AC \Rightarrow AO

εφάπτεται του περίκυκλου \left( O,Q,C,Z,F \right) οπότε \angle FOA = \angle OCF \Rightarrow

x = \angle OCA\mathop  = \limits^{\gamma \omega \nu \iota \alpha \;\alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha  - \chi o\rho \delta \eta \varsigma \;\tau o\upsilon \;\left( O \right)} {90^0} - \angle ABC = {90^0} - \left( {x + \varphi } \right) \Rightarrow \boxed{2x + \varphi  = {{90}^0}}:\left( 3 \right).

Από το σύστημα των σχέσεων \left( 2 \right),\left( 3 \right) έχουμε: \left\{ \begin{gathered}
  x + 3\varphi  = {150^0} \\ 
  2x + \varphi  = {90^0} \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow

\left\{ \begin{gathered}
  x = {150^0} - 3\varphi  \\ 
  2\left( {{{150}^0} - 3\varphi } \right) + \varphi  = {90^0} \\ 
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow  \ldots \left\{ \begin{gathered}
  x = {24^0} \hfill \\
  \varphi  = {42^0} \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. \Rightarrow  \cdots \left\{ \begin{gathered}
  \boxed{\angle B = x + \varphi  = {{66}^0}} \hfill \\
  \boxed{\angle C = 2\varphi  = {{84}^0}} \hfill \\ 
\end{gathered}  \right. και οι ζητούμενες γωνίες έχουν υπολογιστεί.


Στάθης

Υ.Σ Είναι αλήθεια ότι έγραψα αρκετά περισσότερα από τον Νίκο και τον Θανάση :oops:

Αναμφισβήτητα έγραψες περισσότερα Στάθη :lol:

...αλλά το σημαντικότερο είναι ότι έδωσες μία αμιγώς Γεωμετρική λύση (που ομολογώ ότι δεν είχα) :clap2: :clap2:



Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης