Yπολογισμός γωνίας

Ιστοσελίδα · #1

Την....ψάρεψα στο διαδίκτυο.

Αν ΑΒ = ΔΓ και ΑΔ = ΕΓ, να υπολογίσετε το μέτρο της γωνίας x.

πηγή: http://www.forogeometras.com/

Ανδρέας Πούλος · #2

Σπύρο,
δεν βρίσκω κάποια γνωστή γωνία, η γωνία σε ακέραιο αριθμό μοιρών.
Μήπως, κάνω κάπου λάθος;
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

Ιστοσελίδα · #3

Σχεδιάζοντας με προσοχή στο geogebra το σχήμα όντως δεν βρήκα ακέραιο αριθμό για την ζητούμενη γωνία, αλλά η απάντηση που έχει μιλάει για την γωνία x = 30

Ας το ψάξουμε καλύτερα, δεν έχω καταφέρει ακόμη να την λύσω

PPetridis · #4

Ενώ στο δικό μου σχέδιο στη GeoGebra η γωνία είναι 30°.

Ιστοσελίδα · #5

Με κέντρο το Ε και ακτίνα ΓΔ κατασκευάζω κύκλο, ο οποίος τέμνει την προέκταση της ΓΒ στο Ζ. Το τρίγωνο ΓΖΑ θα είναι ισοσκελές (μια που ΓΕ+ΕΖ=ΑΔ+ΓΔ) και οι προσκείμενες στη βάση γωνίες του θα είναι ${80^ \circ }$ . Φέρω τη διχοτόμο της ${\rm A}\widehat {\rm Z}\Gamma$ που τέμνει την ΑΓ στο Η. Τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΗΖΑ είναι ίσα (Γ-Π-Γ), επομένως ΑΒ=ΖΗ και το τρίγωνο ΖΗΕ ισοσκελές (οι προσκείμενες στη βάση γωνίες του ${70^ \circ }$ ). Με κέντρο Η και ακτίνα ΗΖ κατασκευάζω κύκλο, ο οποίος τέμνει την προέκταση της ΓΑ στο Θ. Αφού ${\rm Z}\widehat {\rm H}\Theta = {60^ \circ }$ και ΖΗ=ΗΘ σαν ακτίνες, συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο ΖΗΘ είναι ισόπλευρο, οπότε και το τρίγωνο ΖΘΕ ισοσκελές (με προσκείμενες στη βάση γωνίες του ${40^ \circ }$ ). Εφόσον ${\rm H}\widehat \Theta {\rm E} = {60^ \circ } - {40^ \circ } = {20^ \circ }$ προκύπτει ότι το τρίγωνο ΕΘΓ είναι ισοσκελές, δηλαδή ΕΘ=ΕΓ. Τα τρίγωνα ΕΘΗ και ΕΔΓ είναι ίσα (Π-Γ-Π), οπότε $x = {30^ \circ }.$

: 30.jpg (78.17 KiB) Προβλήθηκε 3640 φορές

Ιστοσελίδα · #6

Μάλλον έκανα λάθος κατασκευή...
Ωραία η λύση σου Μιχάλη
ευχαριστώ σε όλους που ασχολήθηκαν με το θέμα

Ανδρέας Πούλος · #7

Είχα κάνει ένα υπολογιστικό λάθος και γι΄αυτό δεν εύρισκα την λύση x = 30 μοίρες.
Η προσέγγισή μου είναι ένας συνδυασμός Γεωμετρίας και Τριγωνομετρίας.
Προεκτείνω την ΑΓ προς το μέρος του Α ως το σημείο Ζ, ώστε ΑΖ = ΔΓ. (Δείτε συνημμένο σχήμα).
Άρα, ΑΖ = ΑΒ , άρα τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές.
Επειδή γωνία ΒΑΖ = 40 μοίρες, σημαίνει ότι γωνία ΒΖΑ = γωνία ΑΒΖ = 20 μοίρες.
Άρα και το τρίγωνο ΒΖΓ είναι ισοσκελές.
Για λόγους συμμετρίας και το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές, άρα ΑΒ = ΒΔ.
Αφού γωνία ΔΕΓ = x, σημαίνει ότι γωνία ΕΔΓ = 160 - x.
Εφαρμόζω νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο ΕΔΓ και έχω:

$\frac{sinx}{\Delta \Gamma }=\frac{sin(160-x)}{E\Gamma }$ ή

$\frac{sinx}{sin(160-x) }=\frac{\Gamma \Delta }{E\Gamma }$ , (1).

Επίσης, εφαρμόζω νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΔ και έχω:

$\frac{sin40}{B\Delta } = \frac{sin100}{A\Delta}$ ή

$\frac{sin40}{sin100} = \frac{B\Delta }{A\Delta}$ , (2).

Από τους τύπους (1) και (2) προκύπτει ότι:

$\frac{sinx}{sin(160-x)} = \frac{sin40}{sin100}$ ή

$\frac{sinx}{sin(20+x)}=\frac{sin40}{sin80}=\frac{1}{2cos40}$ .

Όμως, η εξίσωση 2cos40.sinx = sin(20+x) έχει λύση την x = 30 μοίρες.
Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#8

Άλλη μία γεωμετρική λύση.
(παρέλειψα στην εκφώνηση τις τιμές των γωνιών Α=40, Γ=20)

Apostolos Manoloudis · #9

APOSTOLIS 182.ggb: (19.11 KiB) Μεταφορτώθηκε 107 φορές

#10

Καρδαμίτσης Σπύρος έγραψε:Την....ψάρεψα στο διαδίκτυο.

Αν ΑΒ = ΔΓ και ΑΔ = ΕΓ, να υπολογίσετε το μέτρο της γωνίας x.

πηγή: http://www.forogeometras.com/

Μια ακόμη λύση στην ωραία αυτή άσκηση ( τότε δεν ήμουν μέλος στο forum)

Προεκτείνουμε τη

κατά τμήμα AS = AB

και άρα το τρίγωνο

$BSC \to (140^\circ ,20^\circ ,20^\circ )$ , δηλαδή ισοσκελές οπότε θα είναι προφανώς

$\vartriangle ABS = \vartriangle ADC$ άρα και το τρίγωνο $\vartriangle BAD$ είναι ισοσκελές .

: Υπολογισμός γωνίας 29_8_2010.png (33.55 KiB) Προβλήθηκε 3055 φορές

Κατασκευάζουμε ισόπλευρο τρίγωνο $\vartriangle ETC$ με T,C

εκατέρωθεν της

.

Από το κριτήριο $(\Pi - \Gamma - \Pi )$ $\vartriangle BAD = \vartriangle DCT$ οπότε και το $\vartriangle DTC$ είναι

ισοσκελές τρίγωνο με κορυφή το

με άμεση συνέπεια η

να είναι η μοναδική

μεσοκάθετος του

, άρα $\boxed{\widehat x = 30^\circ }$ .

Φιλικά, Νίκος

#11

Ας δούμε και δύο ακόμη τρόπους λύσης του προβλήματος αυτού, από τους οποίους επιδιώκω να προκύψει κάποιο όφελος. Άλλωστε αυτός είναι και ο λόγος που με ώθησε να ασχοληθώ κατ’ εξαίρεση με το πρόβλημα αυτό.

Τον πρώτο τρόπο δίνω σήμερα με το παρακάτω συνημμένο μου , εφαρμόζοντας το τέχνασμα του ισόπλευρου τριγώνου, ενώ τον δεύτερο τρόπο θα δώσω αργότερα και στον οποίο δεν έχω εφαρμόσει το τέχνασμα αυτό.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

#12

ΝΙΚΟΣ έγραψε:Ας δούμε και δύο ακόμη τρόπους λύσης του προβλήματος αυτού, από τους οποίους επιδιώκω να προκύψει κάποιο όφελος. Άλλωστε αυτός είναι και ο λόγος που με ώθησε να ασχοληθώ κατ’ εξαίρεση με το πρόβλημα αυτό.

Τον πρώτο τρόπο δίνω σήμερα με το παρακάτω συνημμένο μου , εφαρμόζοντας το τέχνασμα του ισόπλευρου τριγώνου, ενώ τον δεύτερο τρόπο θα δώσω αργότερα και στον οποίο δεν έχω εφαρμόσει το τέχνασμα αυτό.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Στη συνέχεια της προηγούμενης ανάρτησή μου, με το παρακάτω συνημμένο μου , το οποίο και επαναφέρω συμπληρωμένο, με τη δεύτερη δική μου λύση του παραπάνω προβλήματος, για την οποία δεν έχω χρησιμοποιήσει το τέχνασμα του ισόπλευρου τρίγωνου, όπως έχω υποσχεθεί.

Ακόμη, στο ίδιο συνημμένο μου αναφέρω και σχετικό συμπέρασμα, από τις δύο παραπάνω λύσεις μου.

Έτσι, βασιζόμενοι στο συμπέρασμα αυτό, θα μας είναι εύκολη και η λύση σχετικών προβλημάτων, τα οποία θα μας δίνονται μελλοντικά, για λύση.

Παρακαλώ για τα σχετικά σχόλιά σας.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Yπολογισμός γωνίας

Yπολογισμός γωνίας

Re: Yπολογισμός γωνίας

Re: Yπολογισμός γωνίας

Re: Yπολογισμός γωνίας

Re: Yπολογισμός γωνίας

Re: Yπολογισμός γωνίας

Re: Yπολογισμός γωνίας

Re: Yπολογισμός γωνίας

Re: Yπολογισμός γωνίας

Re: Yπολογισμός γωνίας

Re: Yπολογισμός γωνίας

Re: Yπολογισμός γωνίας

Μέλη σε σύνδεση