Η 70άρα

Ιστοσελίδα · #1

: 70ara.jpg (48.91 KiB) Προβλήθηκε 2476 φορές

Στο παραπάνω σχήμα, δείξτε ότι $x = {70^ \circ }$ .

sakis1963 · #2

: GEOMETRIA 70αρα.png (20.32 KiB) Προβλήθηκε 2446 φορές

Καλησπέρα,
βάζω μόνο το σχήμα...
τα υπόλοιπα αργότερα αν δεν απαντηθεί

Καλημέρα στους εκλεκτούς Μιχάλη, Γιώργο και Νίκο
Συμπληρώνω τα χρωστούμενα ...
Ο περίκυκλος του ABC

τέμνει την

στο

.
H $\hat{CED}=\hat{ABC}=30^o$ (εξωτερική, απέναντι εσωτερική στο εγγεγραμμένο ABCE

).
Αφού $\hat{BDE}=60^o$ και $\hat{CED}=30^o$ προκύπτει $EC\perp BD$ και συνεπώς $\hat{BCE}=90-10=80^o$ .
H $\hat{ACE}=\hat{ABE}=10^o$ (εγγεγραμένες στο ίδιο τόξο), οπότε :
$x=\hat{BCA}=\hat{BCE}-\hat{ACE}=80-10=70^o$

Φιλικά Σάκης

#3

Μιχάλης Νάννος έγραψε:
Το συνημμένο 70ara.jpg δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο παραπάνω σχήμα, δείξτε ότι $x = {70^ \circ }$ .

Καλησπέρα σε όλους.

: Η 70άρα.png (23.86 KiB) Προβλήθηκε 2412 φορές

Η μεσοκάθετος της

τέμνει τις BD, BC

στα σημεία H, E

αντίστοιχα. Το AECD

είναι εγγράψιμο (απέναντι γωνίες 60^0

και

). Είναι ακόμα $\displaystyle{A\widehat EH = {60^0} = A\widehat DH}$ , άρα τα σημεία A,H, E, C, D

είναι ομοκυκλικά και κατά συνέπεια το τρίγωνο AHC

είναι ισόπλευρο.

Επειδή BH=HA

και

$\displaystyle{ \Rightarrow H\widehat AE = E\widehat BH = {10^0}}$ , οπότε θα είναι και $\displaystyle{H\widehat CE = {10^0}}$ . Άρα $\boxed{x=60^0+10^0=70^0}$

#4

Μιχάλης Νάννος έγραψε:
Το συνημμένο 70ara.jpg δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο παραπάνω σχήμα, δείξτε ότι $x = {70^ \circ }$ .

Καλημέρα.

: Εβδομηντάρα.png (28.07 KiB) Προβλήθηκε 2388 φορές

Έστω

το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABD

. Προφανώς $A\widehat KB = 2A\widehat DB = 120^\circ$ και αφού θα είναι $A\widehat BK = B\widehat AK = 30^\circ$ το

είναι σημείο της

.

Το τετράπλευρο AKCD

είναι εγγράψιμο αφού η εξωτερική του γωνία στο

είναι ίση με $A\widehat DC = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ$ .

Στο ισοσκελές τρίγωνο KAD

η γωνία της κορυφής του είναι ως επίκεντρη διπλάσια της αντίστοιχης εγγεγραμμένης $A\widehat BD = 20^\circ$ , δηλαδή $A\widehat KD = 40^\circ$ .

Άμεση συνέπεια, οι γωνίες της βάσης του θα είναι από $70^\circ$ , οπότε $\widehat x = K\widehat CA = K\widehat DA = 70^\circ$ .

Φιλικά Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

Μιχάλης Νάννος έγραψε:
Το συνημμένο 70ara.jpg δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο παραπάνω σχήμα, δείξτε ότι $x = {70^ \circ }$ .

Με $\displaystyle{CZ \bot BA}$ και $\displaystyle{CZ \cap AD = E}$ είναι $\displaystyle{\angle CED = {10^0} \Rightarrow EDCB}$ εγγράψιμο $\displaystyle{ \Rightarrow \angle BEC = \angle ECB = {60^0} \Rightarrow \vartriangle EBC}$ ισόπλευρο.

Έτσι $\displaystyle{BA}$ μεσοκάθετος της $\displaystyle{EC \Rightarrow \angle ACE = {10^0} \Rightarrow \boxed{\angle ACB = {{60}^0} + {{10}^0} = {{70}^0}}}$

: 70.png (24.84 KiB) Προβλήθηκε 2329 φορές

#6

.. και μια τριγωνομετρική ..[attachment=0]70.jpg[/attachment]Με εφαρμογή θεωρήματος ημιτόνου στα τρίγωνα $\displaystyle{ABC,ABD,ACD}$ έχουμε $\displaystyle{\frac{{\sin x}}{{\sin 30}} = \frac{a}{n},\frac{{\sin 20}}{{\sin 60}} = \frac{d}{a},\frac{{\sin 120}}{{\sin \left( {110 - x} \right)}} = \frac{n}{d}}$ .

Τότε $\displaystyle{\frac{{\sin x \cdot \sin 20 \cdot \sin 120}}{{\sin 30 \cdot \sin 60 \cdot \sin \left( {110 - x} \right)}} = 1 \Rightarrow \frac{{\sin x}}{{\sin \left( {110 - x} \right)}} = \frac{1}{{2\sin 20}} = \frac{{\cos 20}}{{2\sin 20 \cdot \cos 20}} = \frac{{\sin 70}}{{\sin 40}} = \frac{{\sin 70}}{{\sin \left( {110 - 70} \right)}}}$

και λόγω μονοτονίας προκύπτει μοναδική λύση $\displaystyle{x = 70}$

thanasis.a · #7

Μιχάλης Νάννος έγραψε:
Το συνημμένο 70ara.jpg δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο παραπάνω σχήμα, δείξτε ότι $x = {70^ \circ }$ .

: draw1.png (35.77 KiB) Προβλήθηκε 2248 φορές

..καλημέρα.. με λίγο καθυστέρηση,

έστω $H\in BD:\hat{HCA}=60^{\circ}$ . Κατά συνέπεια έχουμε την εγγραψιμότητα του τετράπλευρου AHCD

αφού $\hat{HCA}=\hat{HDA}=60^{\circ}$ οπότε $\boxed{\hat{AHC}=60^{\circ}}\,(1),\,\,\,\wedge \,\,\,\,\boxed{HA=HC}\,\,(2)$ .

Έτσι ο κύκλος (H,HC

περνά υποχρετικά από το

αφού $\displaystyle\hat{ABC}=30^{\circ} =\frac{\hat{AHC}}{2}$ οπότε έχουμε : $HB=HC\Rightarrow \bigtriangleup HBC:\hat{HCB}=\hat{HBC}=10^{\circ} \Rightarrow \hat{ACB}=\hat{ACH}+\hat{HCB}$ $\Rightarrow \boxed{\hat{ACB}=70^{\circ}}$

Φανης Θεοφανιδης · #8

: 5.png (12.42 KiB) Προβλήθηκε 1969 φορές

Έστω ότι η από το

κάθετη προς τη

τέμνει τη

στο

.

Φέρνω το τμήμα

.

Οι κόκκινες γωνίες προκύπτουν εύκολα.

Παρατηρώ ότι το BACP

είναι εγγράψιμο (αφού $\angle CPA=\angle CBA=30^{0}$ ).

Συνεπώς $x=\angle APB\Rightarrow x=70^{0}$ .

Η 70άρα

Η 70άρα

Re: Η 70άρα

Re: Η 70άρα

Re: Η 70άρα

Re: Η 70άρα

Re: Η 70άρα

Re: Η 70άρα

Re: Η 70άρα

Μέλη σε σύνδεση