Βρείτε τη γωνία χ (12)

Ιστοσελίδα · #1

Δίνεται $\Delta \widehat\Gamma {\rm B} = {12^ \circ }$ , $\Delta \widehat{\rm A}\Gamma = {30^ \circ }$ , ${\rm A}\widehat\Gamma \Delta = {54^ \circ }$ και ΑΔ=ΒΓ. Βρείτε τη γωνία ${\rm B}\widehat{\rm A}\Delta = x$ .

: x12.png (57.2 KiB) Προβλήθηκε 6420 φορές

#2

Μιχάλη, ο πήχης ανεβαίνει ή είναι η ιδέα μου;

Τριγωνομετρικά πάλι (με πολύ κόπο...)

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Σε επόμενη δημοσίευση πιο αναλυτικά η λύση, μήπως ... προλάβει κάποιος άλλος τη χαμαλοδουλειά ...

Γιώργος Ρίζος

chris · #3

Όντως παρόλο που βγαίνει εύκολα η εξίσωση με τριγωνομετρία γίνεται ένας μικροχαμός στις πράξεις μετά.Θα το ψάξω και εγώ αύριο για τη χαμαλοδουλειά.

Ιστοσελίδα · #4

Rigio έγραψε:Μιχάλη, ο πήχης ανεβαίνει ή είναι η ιδέα μου;

Τριγωνομετρικά πάλι (με πολύ κόπο...)
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
x = 18°
Σε επόμενη δημοσίευση πιο αναλυτικά η λύση, μήπως ... προλάβει κάποιος άλλος τη χαμαλοδουλειά ...

Γιώργος Ρίζος

Γιώργο το μόνο που ανεβαίνει είναι η ταχύτητα επίλυσης.

Τα μέλη του mathematica δεν καταλαβαίνουν από πήχεις. Μπορούν να καταρρίψουν οποιοδήποτε ρεκόρ...

#5

ruxumuxu έγραψε:
Rigio έγραψε:Μιχάλη, ο πήχης ανεβαίνει ή είναι η ιδέα μου;

Τριγωνομετρικά πάλι (με πολύ κόπο...)
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
x = 18°
Σε επόμενη δημοσίευση πιο αναλυτικά η λύση, μήπως ... προλάβει κάποιος άλλος τη χαμαλοδουλειά ...

Γιώργος Ρίζος
Γιώργο το μόνο που ανεβαίνει είναι η ταχύτητα επίλυσης. Τα μέλη του mathematica δεν καταλαβαίνουν από πήχεις. Μπορούν να καταρρίψουν οποιοδήποτε ρεκόρ...

Ωστόσο, ακόμα καμία λύση. Επιχείρησα να τη λύσω τριγωνομετρικά, αλλά η εξίσωση παραμένει ακόμα ... τραγική μετά από ουκ ολίγες προσπάθειες

.

Ιστοσελίδα · #6

Ωστόσο, ακόμα καμία λύση. Επιχείρησα να τη λύσω τριγωνομετρικά, αλλά η εξίσωση παραμένει ακόμα ... τραγική μετά από ουκ ολίγες προσπάθειες .

Επιχείρησε και με Γεωμετρικά εργαλεία...Κατασκεύασε κανονικό πεντάγωνο πλευράς ΓΔ εξασφαλίζοντας ότι μια κορυφή θα ακουμπά στην ΑΒ...

#7

Θα αποδείξουμε ότι $x=18^{0}$

Από τον νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα ABC

και

καταλήγουμε εύκολα (επειδή AD=BC

) στην εξίσωση
(παρακάτω, όλοι οι αριθμοί μέσα σε ημίτονα ή συνημίτονα αναφέρονται σε μοίρες)
$\cos 6 \sin(x+30)=\cos 36 \cos (x+6)$ Μετά τις πράξεις, αναγόμαστε στην εξίσωση

$\tan x =\frac{\cos 6 (2\cos 36 -1)}{\sqrt{3}\cos 6 +2\cos 36 \sin 6}$

Είναι όμως $2\cos 36 -1=4 \cos^2 18 -3=\frac{4 \cos^3 18 -3\cos 18}{\cos 18}=\frac{\cos 54}{\cos 18}=\frac{\sin 36}{\cos 18}=\frac{2 \sin 18 \cos 18}{\cos 18}=2 \sin 18$

Επομένως η εξίσωση γράφεται $\tan x =\frac{2 \cos 6 \sin 18}{\sqrt{3}\cos 6 +2\cos 36 \sin 6}$

Απομένει, λοιπόν, να αποδειχθεί ότι $\frac{2 \cos 6}{\sqrt{3}\cos 6 +2\cos 36 \sin 6}=\frac{1}{\cos 18}$
ή ισοδύναμα ότι

$2 \cos 6 \cos 18 =\sqrt{3}\cos 6 +2 \sin 6 \cos 36$ ή οποία λόγω της $2\cos 36 -1=2 \sin 18$ γράφεται

$\cos 6 \cos 18 -\sin 6 \sin 18 =\frac{\sqrt{3}}{2}\cos 6 +\frac{1}{2}\sin 6$ , οποία ισχύει αφού

$\cos 6 \cos 18 -\sin 6 \sin 18=\cos (6+18)=\cos 24$ και

$\frac{\sqrt{3}}{2}\cos 6 +\frac{1}{2}\sin 6=\cos 30 \cos 6 +\sin 30 \sin 6=\cos (30-6)=\cos 24$ .

#8

matha έγραψε: $\cos 6 \sin(x+30)=\cos 36 \cos (x+6)$ Μετά τις πράξεις, αναγόμαστε στην εξίσωση

Ένας άλλος τρόπος να τελειώσουμε με αυτήν εδώ είναι ο εξής : Η συνάρτηση
$\frac{\sin(x+30)}{\cos(x+6)}$ είναι μονότονη, οπότε μένει νδο $\frac{\cos 36}{\cos 6}=\frac{\sin 48}{\sin 24}=2\cos 24$ ή ότι $\cos 36=\cos 30+\cos 18$ . Όμως $\cos 36=\frac{\sqrt{5}+1}{4}$ και
$\cos 18=\frac{1}{4}\sqrt{2(5+\sqrt{5})}$ και εύκολα τσεκάρουμε ότι η τελευταία ισχύει

#9

Απλουστεύονται πολύ τα πράγματα αν φέρουμε την κάθετη ΑΕ στην ΒΓ. Τότε καταλήγουμε στην

$\frac{AD}{CE}=\frac{sin54}{cos6cos66}=...=2$

Δηλαδή, το τρίγωνο είναι ισοσκελές και τώρα χ=18

#10

rek2 έγραψε:Απλουστεύονται πολύ τα πράγματα αν φέρουμε την κάθετη ΑΕ στην ΒΓ. Τότε καταλήγουμε στην

$\frac{AD}{CE}=\frac{sin54}{cos6cos66}=...=2$

Δηλαδή, το τρίγωνο είναι ισοσκελές και τώρα χ=18

Κώστα ...

πράγματι, πολύ πιο απλές οι πράξεις

Ιστοσελίδα · #11

Η δημοσίευση σβήστηκε.

Ιστοσελίδα · #12

Μια Γεωμετρική απόδειξη.

Έστω ο κύκλος (Γ, ΓΒ) που τέμνει την προέκταση του ΔΓ στο Ε και ενώνω το Ε με το Α. Ισχύει ΑΔ=ΓΕ και με παρεμφερή απόδειξη με την άσκηση “βρείτε τη γωνία x (2)” προκύπτει ότι $\Gamma \widehat{\rm E}{\rm A} = {30^ \circ }$ και $\Gamma \widehat{\rm A}{\rm E} = {24^ \circ }$ . Φέρνω τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΓΕ και έστω Κ το περίκεντρο. Εφόσον ${\rm K}{\rm A} = {\rm K}\Gamma$ και ${\rm A}\widehat{\rm K}\Gamma = {60^ \circ }$ (μια που ${\rm A}\widehat{\rm E}\Gamma = {30^ \circ }$ ) το τρίγωνο ΑΚΓ θα είναι ισόπλευρο. Τα τρίγωνα ΑΓΒ και ΚΓΕ είναι ίσα (Π-Γ-Π), άρα ΑΒ=ΚΕ =ΚΑ=ΑΓ. Από την τελευταία ισότητα συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ${\rm A}\widehat\Gamma {\rm B} = {66^ \circ }$ , άρα $x = {18^ \circ }.$

: x12-sol-2.png (70.93 KiB) Προβλήθηκε 5913 φορές

Ιστοσελίδα · #13

Καλημέρα.
Ακόμα μια λύση.

Κατασκευάζω το παραλληλόγραμμο ${\rm A}{\rm B}\Gamma {\rm E}$ και με πλευρά ${\rm A}\Delta$ το ισόπλευρο ${\rm A}\Delta {\rm Z}$ . Έστω ${\rm H}$ το σημείο τομής της ${\rm A}\Gamma$ με την $\Delta {\rm Z}$ . Προκύπτει ότι ${\rm H}\widehat{\rm A}{\rm Z} = {30^ \circ }$ , άρα ${\rm A}{\rm H}$ μεσοκάθετος και από τη διαγώνιο ΑΓ του παραλληλογράμμου η γωνία ${\rm A}\widehat\Gamma {\rm B} = {66^ \circ }$ , οπότε έχουμε ότι ${\rm Z}\widehat{\rm A}{\rm E} = {36^ \circ }$ .
Τα τρίγωνα ${\rm A}\Delta {\rm E},\Gamma \Delta {\rm Z},{\rm A}{\rm E}{\rm Z}$ είναι ισοσκελή, οπότε: ${\rm A}\widehat\Delta {\rm E} = {\rm A}\widehat{\rm E}\Delta = {42^ \circ }$ , $\Gamma \widehat\Delta {\rm Z} = \Gamma \widehat{\rm Z}\Delta = {36^ \circ }$ και ${\rm A}\widehat{\rm Z}{\rm E} = {\rm A}\widehat{\rm E}{\rm Z} = {72^ \circ }$ .
Εφαρμόζουμε νόμο ημιτόνων στα τρίγωνα ${\rm A}{\rm E}{\rm Z}$ και $\Gamma \Delta {\rm Z}$ και αντίστοιχα παίρνουμε:
$\displaystyle\frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{\eta \mu {{72}^ \circ }}} = \displaystyle\frac{{{\rm Z}{\rm E}}}{{\eta \mu {{36}^ \circ }}}$ (1)

και $\displaystyle\frac{{{\rm Z}\Delta }}{{\eta \mu ({{180}^ \circ } - {{72}^ \circ })}} = \displaystyle\frac{{\Gamma \Delta }}{{\eta \mu {{36}^ \circ }}}$ (2)

Από

και εφόσον ${\rm A}{\rm E} = {\rm Z}\Delta$ , προκύπτει ότι ${\rm Z}{\rm E} = \Gamma \Delta$ και αφού $\Gamma \Delta = \Gamma {\rm Z}$ έχουμε ότι το τρίγωνο ${\rm Z}{\rm E}\Gamma$ είναι ισοσκελές (με ${\rm E}\widehat{\rm Z}\Gamma = {72^ \circ } + {60^ \circ } + {36^ \circ } = {168^ \circ }$ , άρα ${\rm Z}\widehat\Gamma {\rm E} = {6^ \circ }$ ).
Έτσι από το παραλληλόγραμμο έχουμε ότι ${\rm B}\widehat{\rm A}\Gamma = {\rm E}\widehat\Gamma {\rm A} = {54^ \circ } - {6^ \circ } = {48^ \circ }$ , επομένως $\boxed{x = {18^ \circ }}$ .

: x12-sol3.jpg (49.3 KiB) Προβλήθηκε 5830 φορές

Γιώργος Μήτσιος · #14

Μιχάλης Νάννος έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 30, 2010 10:56 pm
Δίνεται $\Delta \widehat\Gamma {\rm B} = {12^ \circ }$ , $\Delta \widehat{\rm A}\Gamma = {30^ \circ }$ , ${\rm A}\widehat\Gamma \Delta = {54^ \circ }$ και ΑΔ=ΒΓ. Βρείτε τη γωνία ${\rm B}\widehat{\rm A}\Delta = x$ .

Χαιρετώ! Μια προσέγγιση 24 μέρες και ..

..11 χρόνια από την τελευταία ανάρτηση για το παρόν από τον Μιχάλη.

: Γωνία χ12 Μ.Ν.png (111.29 KiB) Προβλήθηκε 4281 φορές

Η

τέμνει την

στο

. Το τρίγωνο DHC

έχει γωνίες 12,84,84

άρα

Ο Νόμος Ημιτόνων (Ν.Η) στο DAC

δίνει $\dfrac{AD}{DC}=\dfrac{sin54^o}{sin30^o}=\Phi$ άρα και $\dfrac{BC}{HC}=\Phi \Leftrightarrow \dfrac{CH}{BH}=\Phi$ .

Είναι $\widehat{B}=84^o-x$ και παλι ο Ν.Η στο ACH

δίνει $\dfrac{HC}{AC}=\dfrac{sin30^o}{sin84^o}$ και στο ABH

: $\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{sinx}{sin84^o}$

Με διαίρεση κατά μέλη προκύπτει $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{1/2\Phi }{sinx}=\dfrac{sin18^o}{sinx}...(1)$ ενώ στο ABC

ο ίδιος νόμος δίνει $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{sin66^o}{sin(84^o-x)}..(2)$

Από αυτές παίρνουμε $\dfrac{sinx}{sin(84^o -x)}=\dfrac{sin18^o}{sin66^o}$ με x+(84^o -x)=18^o+66^o

συνεπώς όπως και ΕΔΩ είναι x=18^o

Φιλικά, Γιώργος.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #15

Μιχάλης Νάννος έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 30, 2010 10:56 pm
Δίνεται $\Delta \widehat\Gamma {\rm B} = {12^ \circ }$ , $\Delta \widehat{\rm A}\Gamma = {30^ \circ }$ , ${\rm A}\widehat\Gamma \Delta = {54^ \circ }$ και ΑΔ=ΒΓ. Βρείτε τη γωνία ${\rm B}\widehat{\rm A}\Delta = x$ .
x12.png

Μια τριγωνομετρικογεωμετρική..λύση

Αν $AD\cap BC=K$ ,προφανώς $\angle CDK=\angle DKC=84^0\Rightarrow DC=CK$

Με $DH \bot AC \Rightarrow \angle CHD=36^0$ και

$cos36^0= \dfrac {DH} {HC}= \dfrac { \dfrac {a} {2} } {DC}$ ,

άρα $\dfrac {a} {DC}=2cos36^0= \Phi$

Ο κύκλος (A,D,C)

τέμνει την

στο

.Θα αποδείξουμε ότι $\dfrac{DC}{CE}=\Phi$

Από ν.ημιτόνων στο τρίγωνο DEC

, $\dfrac{DC}{CE}=\dfrac{sin150^0}{sin18^0} =\dfrac{1}{2sin18^0}$

Θα δείξουμε λοιπόν ότι $\dfrac{1}{2sin18^0}=\Phi =2cos36^0 \Leftrightarrow 4sin18^0cos36^0=1 \Leftrightarrow 2(2sin18^0cos18^0)cos36^0=cos18^0$ ή $2sin36^0cos36^0=cos18^0 \Leftrightarrow sin72^0=cos18^0$ που είναι αληθής,επομένως $\dfrac{CD}{CE}= \dfrac{CE}{DK}=\Phi$

Έτσι, $\dfrac{a}{DC}=\dfrac{DC}{CE}=\Phi \Rightarrow DC^2=a.CE$ ,συνεπώς

εφάπτεται του κύκλου

(B,D,E)

,άρα $\angle DBC=18^0$ κι εύκολα $\angle BDK=KDE=66^0$

Άρα, $\dfrac{BD}{DE}=\dfrac{BK}{KE}$ .Αλλά $\bigtriangleup BDC,DEC$ όμοια, άρα $\dfrac{BD}{DE}=\dfrac{a}{DC}=\Phi=\dfrac{BK}{KE}$

Τελικά, $\dfrac{CE}{EK}=\dfrac{BK}{KE }\Rightarrow BK=CE$ .Τότε όμως τα τρίγωνα ABK,AEC

είναι ίσα,άρα $\angle x=18^0$

: x.png (172.44 KiB) Προβλήθηκε 4206 φορές

Βρείτε τη γωνία χ (12)

Βρείτε τη γωνία χ (12)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (12)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (12)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (12)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (12)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (12)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (12)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (12)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (12)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (12)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (12)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (12)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (12)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (12)

Re: Βρείτε τη γωνία χ (12)

Μέλη σε σύνδεση