mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 03, 2011 3:01 am**

Έστω γωνία CAB=4c

με

και σημείο

τέτοιο ώστε η γωνία BAE

να είναι τριπλάσια της γωνίας EAC

και η γωνία ABE

να έχει μέτρο $(120^{\circ}-2c)$ . Βρείτε τη γωνία AEC=x

.
(H κατασκευή γίνεται εύκολα μετά από μια μικρή αποκωδικοποίηση… και προτείνω να "δουλευτεί" στο GeoGebra γιατί τουλάχιστον έτσι όπως την "είδα" εγώ …. τα πράγματα δεν είναι απλά .. "παίζει" και λίγο εις άτοπον…. Όταν η άσκηση λυθεί δίνει ένα σημαντικό συμπέρασμα….)

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 25 s.png (39.04 KiB) Προβλήθηκε 711 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 03, 2011 8:38 pm**

Δημήτρη καλησπέρα. Για να το δούμε χωρίς άτοπο!!!

Έστω $\displaystyle{ AM }$ το ύψος του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle BAC }$ τότε επειδή θα είναι και διχοτόμος θα ισχύει $\displaystyle{ \widehat{BAM} = \frac{{\widehat{BAC}}} {2} = \frac{{4c}} {2} \Rightarrow \boxed{\widehat{BAM} = 2c}:\left( 1 \right) }$ και

$\displaystyle{ \widehat{MAC} = \ldots 2c \Rightarrow \boxed{\widehat{MAE} = \widehat{EAC} = c}:\left( 2 \right) }$ και $\displaystyle{ \boxed{\widehat{ABM} = 90^0 - 2c}:\left( 3 \right) }$ . Οπότε $\displaystyle{ \widehat{EBC} = \widehat{EBA} - \widehat{MBA}\mathop = \limits^{\left( 3 \right)} 120^0 - 2c - \left( {90^0 - 2c} \right) \Rightarrow \boxed{\widehat{EBC} = 30^0 }:\left( 4 \right) }$

Θεωρούμε τον κύκλο $\displaystyle{ \left( {A,AB} \right) }$ και έστω $\displaystyle{ D \equiv \left( A \right) \cap BE }$ τότε ισχύει $\displaystyle{ \boxed{AD = AC} = AB }$ (ακτίνες του) και

$\displaystyle{ \widehat{CAD}\mathop = \limits^{\varepsilon \pi \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta - \varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \nu \eta } 2 \cdot \widehat{CBD}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{CBD} = 30^0 } \widehat{CAD} = 60^0 \mathop \Rightarrow \limits^{AD = AC} \vartriangle ADC }$ ισόπλευρο άρα $\displaystyle{ \boxed{AB = AD = AC = DC}:\left( 5 \right) }$ .

Από το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle AEB \Rightarrow \widehat{AEB} = 180^0 - \widehat{EBA} - \widehat{EAB}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{EBA} = 120^0 - 2c,\widehat{EAB} = 3c} \widehat{AEB} = 180^0 - \left( {120^0 - 2c} \right) - 3c \Rightarrow \boxed{\widehat{AEB} = 60^0 - c}:\left( 6 \right) }$ και

$\displaystyle{ \widehat{DAE} = \widehat{DAC} - \widehat{EAC}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle ADC(\iota \sigma \pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o) \to \widehat{DAC} = 60^0 ,\widehat{EAC} = c\;} \widehat{DAE} = 60^0 - c\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 6 \right):\widehat{AEB} = 60^0 - c} \widehat{DAE} = \widehat{AEB} \Rightarrow \vartriangle ADE }$

ισοσκελές οπότε $\displaystyle{ DA = DE\mathop \Rightarrow \limits^{DA = DC} \boxed{DA = DC = DE} \Rightarrow D }$ είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου (έστω $\displaystyle{ \left( D \right) }$ )

στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ACE \Rightarrow x = \widehat{AEC}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \nu \eta - \varepsilon \pi \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta } \frac{{\widehat{CDA}}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{CDA} = 60^0 } \boxed{x = 30^0 } }$

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 04, 2011 5:58 am**

ΥΠΑΡΧΕΙ ΚΑΤΙ ΣΤΑΘΗ, ΠΟΥ ΝΑ ΜΠΟΡΕΙ ΝΑ ΣΕ ΣΤΑΜΑΤΗΣΕΙ ???????????

Φέρουμε τη μεσοκάθετο του

που τέμνει τη

στο σημείο

και τη

στο σημείο

.
Η γωνία CBA

έχει μέτρο $(90^{\circ}-2c)$ οπότε η γωνία DBC

(αφαιρετικά) έχει μέτρο $30^{\circ}$ .
Από την ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων που προκύπτουν εξασφαλίζουμε τις τρεις γωνίες των

μοιρών του σχήματος.
Σχηματίζουμε το ισόπλευρο τρίγωνο AKC

.
Το σημείο

ανήκει στην

(ακλουθεί απόδειξη).
To τετράπλευρο ACDK

είναι εγγράψιμο αφού οι γωνίες CDA,CKA

έχουν το ίδιο μέτρο $60^{\circ}$ μοιρών.
Αφού λοιπόν είναι εγγράψιμο (και) οι γωνίες KAC, CDE

είναι ίσες και με μέτρο $60^{\circ}$ .
Έστω ότι το σημείο

δεν ανήκει στην

.
Αυτό σημαίνει ότι η

με τη

θα σχηματίσει, κατ'ανάγκην, γωνία διαφορετική των $60^{\circ}$ , άτοπο.
Τώρα οι γωνίες KAE,KEA

με μελέτη των αλγεβρικών δεδομένων προκύπτουν (εύκολα) ίσες και με μέτρο $60^{\circ}-c$ η κάθε μία.
Αυτό σημαίνει ότι KA=KE

και επομένως τα σημεία A,C,E

ανήκουν στον κύκλο με κέντρο

.
Η σχέση εγγεγραμμένης-επίκεντρης δίνει: $CEA=30^{\circ}$ .

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 25 ΛΥΣΗ.PNG (53.82 KiB) Προβλήθηκε 535 φορές

H ΠΡΟΤΑΣΗ ΠΟΥ ΠΡΟΕΚΥΨΕ ΑΠΟ ΑΥΤΗ ΤΗΝ ΑΣΚΗΣΗ:

Αν σε οποιοδήποτε ισοσκελές τρίγωνο φέρουμε, με μια πλευρά τη βάση του και εξωτερικά αυτού, γωνία $30^{\circ}$ , τότε ενώνοντας το σημείο τομής της διχοτόμου της ημίσειας γωνίας της κορυφής του ισοσκελούς και της εξωτερικής πλευράς της γωνίας των $30^{\circ}$ με την τρίτη κορυφή του ισοσκελούς , θα σχηματιστεί επίσης γωνία $30^{\circ}$ .

mathematica.gr

Γεωμετρείν 25

Γεωμετρείν 25

Re: Γεωμετρείν 25

Re: Γεωμετρείν 25