Εντυπωσιακή.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 112.png (11.29 KiB) Προβλήθηκε 1264 φορές

Στο παραπάνω σχήμα, ζητείται η γωνία $\theta$ .

#2

Ας είναι

το σημείο τομής των $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BD$ .

Το $\vartriangle SDC \to \left( {120^\circ ,30^\circ ,30^\circ } \right)$ γιατί $\widehat {ASB} = 6^\circ + 24^\circ + 30^\circ = 60^\circ$ .

Η κάθετη στο

επί την

τέμνει την

στο

. $\vartriangle DBC = \vartriangle EAD$ γιατί :

$DC = DE\,\,,\,\,\widehat {DBC} = \widehat {DAE} = 6^\circ \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {BDC}\, = \widehat {AED} = 150^\circ$ . Συνεπώς: $\boxed{AE = BD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC = AD}$

: Εντυπωσιακή_λύση.png (38.66 KiB) Προβλήθηκε 1201 φορές

Σχηματίζω το ορθογώνιο BDE F

και έχω ότι το $\vartriangle AEF$ είναι ισόπλευρο

με άμεση συνέπεια : $\vartriangle AFB = \vartriangle AES\,\,\left( {\Pi - \Gamma - \Pi } \right) \Rightarrow \boxed{AB = BC = AD}$

Η γωνία που θέλω είναι : $\boxed{\theta = 60^\circ - 6^\circ - 6^\circ = 48^\circ }$

Παρατηρήσεις.

α ) Τα τρίγωνα $ADS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BSC$ έχουν ίσους περιγεγραμμένους κύκλους ( χωρίς να είναι ίσα )

β) Αν $K\,,\,\,L$ τα κέντρα αυτών των κύκλων , τα σημεία K,L,A,B

είναι κορυφές παραλληλογράμμου

#3

Εκτός φακέλου με τριγωνομετρικό $\displaystyle {\rm{Ceva}}.$

: Εντυπωσιακή.Φ.png (14.4 KiB) Προβλήθηκε 1170 φορές

$\displaystyle \frac{{\sin \theta }}{{\sin 6^\circ }} \cdot \frac{{\sin 30^\circ }}{{\sin 24^\circ }} \cdot \frac{{\sin 6^\circ }}{{\sin (114^\circ - \theta )}} = 1 \Leftrightarrow \sin \theta = 2\sin 24^\circ \sin (114^\circ - \theta ) \Leftrightarrow$

$\displaystyle \sin \theta = \cos (90^\circ - \theta ) - \cos (138^\circ - \theta ) \Leftrightarrow \cos (138^\circ - \theta ) = 0 = \cos 90^\circ \mathop \Leftrightarrow \limits^{0 ^\circ< \theta < 90^\circ }$ $\boxed{\theta =48^\circ}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 25, 2021 9:39 pm
112.png

Στο παραπάνω σχήμα, ζητείται η γωνία $\theta$ .

Ο κύκλος

τέμνει την

στο

.Επειδή $\angle CBZ= \angle CEZ= \angle DAC=6^0$ το AEDZ

είναι εγγράψιμμo

κι εύκολα προκύπτουν οι σημειωμένες γωνίες του σχήματος

Έτσι, EB=ED

κι επειδή $\angle DEA= \angle DEB=120^0 \Rightarrow \angle AEB=120^0$

Τότε όμως, $\triangle AEB= \triangle AED \Rightarrow \angle BAE=24^0 \Rightarrow \theta =48^0$

: Εντυπωσιακή.png (53.58 KiB) Προβλήθηκε 1131 φορές

cool geometry · #5

Ωραίες λύσεις, ας δούμε και το αντίστροφο πρόβλημα. Παίρνω $\angle \Delta AB=48^{0},\angle \Delta A\Gamma =6^{0},\angle \Delta \Gamma B=24^{0},\angle \Delta \Gamma A=30^{0}.$ Τότε αναζητούμε τη γωνία $\angle \Delta B\Gamma .$ Πρώτα πρώτα βλέπουμε ότι το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές με $\angle A=\angle \Gamma =54^{0},\angle B=72^{0}.$ Τώρα κατασκευάζουμε ισόπλευρο ABO

στο εξωτερικό του δοσμένου τριγώνου, τότε θα είναι $\angle OB\Gamma =60^{0}+72^{0}=132^{0}\Rightarrow \angle B\Gamma O=\angle BO\Gamma =24^{0}=\angle \Delta \Gamma B,$ άρα το $\Delta$ βρίσκεται πάνω στην $\Gamma O,$ έτσι εύκολα θα προκύψουν οι γωνίες $\angle AO\Delta =36^{0}=\angle A\Delta O\Rightarrow A\Delta =AO=AB$ κι έτσι $\angle \Delta BA=\angle B\Delta A=90^{0}-48^{0}/2=66^{0}\Rightarrow \angle \Delta B\Gamma =6^{0}$ και τελειώσαμε.

#6

cool geometry έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 09, 2022 1:00 pm
Ωραίες λύσεις, ας δούμε και το αντίστροφο πρόβλημα. Παίρνω $\angle \Delta AB=48^{0},\angle \Delta A\Gamma =6^{0},\angle \Delta \Gamma B=24^{0},\angle \Delta \Gamma A=30^{0}.$ Τότε αναζητούμε τη γωνία $\angle \Delta B\Gamma .$ Πρώτα πρώτα βλέπουμε ότι το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές με $\angle A=\angle \Gamma =54^{0},\angle B=72^{0}.$ Τώρα κατασκευάζουμε ισόπλευρο στο εξωτερικό του δοσμένου τριγώνου, τότε θα είναι $\angle OB\Gamma =60^{0}+72^{0}=132^{0}\Rightarrow \angle B\Gamma O=\angle BO\Gamma =24^{0}=\angle \Delta \Gamma B,$ άρα το $\Delta$ βρίσκεται πάνω στην $\Gamma O,$ έτσι εύκολα θα προκύψουν οι γωνίες $\angle AO\Delta =36^{0}=\angle A\Delta O\Rightarrow A\Delta =AO=AB$ κι έτσι $\angle \Delta BA=\angle B\Delta A=90^{0}-48^{0}/2=66^{0}\Rightarrow \angle \Delta B\Gamma =6^{0}$ και τελειώσαμε.

1. Είναι γνωστό ότι σε κάθε τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ : $\beta = \gamma \Leftrightarrow {\delta _\beta } = {\delta _\gamma }$ όμως ο βαθμός δυσκολίας δεν είναι ίδιος στο ευθύ και στο αντίστροφο .

2. Αφού στο ισοδύναμο πρόβλημα έχουμε BA = BG

η μεσοκάθετος

είναι και άξονας συμμετρίας του $\vartriangle BCA$ .

: εντυπωσιακή_Δείτε άποψη cool_1.png (46.16 KiB) Προβλήθηκε 765 φορές

3. Έστω ότι η ευθεία ,

τέμνει την

στο

και την

στο

. Ας είναι και

η τομή των $AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BM$ .

4. Αβίαστα έχω : $\vartriangle ABS = \vartriangle ASD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle SBD \to \left( {120^\circ ,30^\circ ,30^\circ } \right)$ και άρα $\widehat {{x_{}}} = 6^\circ$ .

cool geometry · #7

Αυτή είναι μία εναλλακτική λύση για το αντίστροφο πρόβλημα. Οι λύσεις και οι δύο μας οδηγούν στο ζητούμενο, αλλά η δεύτερη είναι πιο όμορφη.

cool geometry · #8

Πάντως η δική μου μπορεί να μην είναι τόσο όμορφη όσο του κύριου Νίκου , αλλά είναι πιο απλή.

Henri van Aubel · #9

cool geometry έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 09, 2022 1:00 pm
Ωραίες λύσεις, ας δούμε και το αντίστροφο πρόβλημα. Παίρνω $\angle \Delta AB=48^{0},\angle \Delta A\Gamma =6^{0},\angle \Delta \Gamma B=24^{0},\angle \Delta \Gamma A=30^{0}.$ Τότε αναζητούμε τη γωνία $\angle \Delta B\Gamma .$ Πρώτα πρώτα βλέπουμε ότι το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές με $\angle A=\angle \Gamma =54^{0},\angle B=72^{0}.$ Τώρα κατασκευάζουμε ισόπλευρο στο εξωτερικό του δοσμένου τριγώνου, τότε θα είναι $\angle OB\Gamma =60^{0}+72^{0}=132^{0}\Rightarrow \angle B\Gamma O=\angle BO\Gamma =24^{0}=\angle \Delta \Gamma B,$ άρα το $\Delta$ βρίσκεται πάνω στην $\Gamma O,$ έτσι εύκολα θα προκύψουν οι γωνίες $\angle AO\Delta =36^{0}=\angle A\Delta O\Rightarrow A\Delta =AO=AB$ κι έτσι $\angle \Delta BA=\angle B\Delta A=90^{0}-48^{0}/2=66^{0}\Rightarrow \angle \Delta B\Gamma =6^{0}$ και τελειώσαμε.

Πολύ όμορφη λύση!!

Εντυπωσιακή.

Εντυπωσιακή.

Re: Εντυπωσιακή.

Re: Εντυπωσιακή.

Re: Εντυπωσιακή.

Re: Εντυπωσιακή.

Re: Εντυπωσιακή.

Re: Εντυπωσιακή.

Re: Εντυπωσιακή.

Re: Εντυπωσιακή.

Μέλη σε σύνδεση