Πάλι γωνία

Συντονιστές: silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Πάλι γωνία

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Μάιος 08, 2020 6:28 pm

Και άλλη γωνία.png
Και άλλη γωνία.png (9.2 KiB) Προβλήθηκε 709 φορές
Οι διαγώνιες AC, BD του τετραπλεύρου ABCD τέμνονται κάθετα. Με γνωστές τις σημειωμένες

γωνίες στο σχήμα, να υπολογίσετε την C\widehat BD=\theta.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7784
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Πάλι γωνία

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Μάιος 09, 2020 6:52 pm

Οι ευθείες BA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD τέμνονται στο S και είναι :

\widehat {SAD} = 14^\circ  + 44^\circ  = 58^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\widehat {SDA} = 180^\circ  - 74^\circ  - 44^\circ  = 62^\circ , άρα : \boxed{\widehat {{S_{}}} = 60^\circ }.

Θεωρώ τώρα το συμμετρικό T του D ως προς το E και F του A ως προς το E.

Το τετράπλευρο ATFD είναι ρόμβος . Οι BF\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CT τέμνονται στο I .

Ας είναι ακόμα Z\,\,\kappa \alpha \iota \,\,P οι τομές των BI\,\,με SC και CI με SB.

Λόγω συμμετρίας \widehat {SCA} = \widehat {ACP} = 16^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {DBS} = \widehat {ZBD} = 14^\circ

Οι γωνίες του ρόμβου ATFD στα A\,\,\kappa \alpha \iota \,\,F είναι από 92^\circ και στα T\,\,\kappa \alpha \iota \,\,D από 88^\circ .

Έτσι και δεδομένου ότι τα τρίγωνα CD{\rm T}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,BFA είναι ισοσκελή έχω:

\boxed{\widehat {PAT} = \widehat {TFI} = 76^\circ  - 46^\circ  = 30^\circ \,,\,\,\widehat {FDZ} = \widehat {FTI} = 74^\circ  - 44^\circ  = 30^\circ \,\,\,}\,\,\,
Πάλι γωνία.png
Πάλι γωνία.png (63.21 KiB) Προβλήθηκε 630 φορές
Προφανώς τώρα το τετράπλευρο SPIZ είναι εγγράψιμο και IT = IF\,\,\,\left( 1 \right) γιατί το τρίγωνο ITF είναι ισοσκελές .

Θα δείξω ότι και PT = ZF\,\,\,\left( 2 \right)

Θεωρώ τον κύκλο \left( {A,P,T} \right) και το σημείο του Q για το οποίο PT = TQ άρα η AT διχοτομεί την γωνία \widehat {PAQ}

και \widehat {AQT} = \widehat {DZF} ως παραπληρώματα της \widehat {TPA}\,\,\,\left( { = 88^\circ } \right).

Μα τότε τα τρίγωνα : QAT\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZDF είναι ίσα άρα FZ = TQ = PT δηλ ισχύει η \left( 2 \right) οπότε και λόγο της \left( 1 \right) \boxed{IP = IZ}

Η τελευταία μας εγγυάται ότι το I είναι το έγκεντρο του \vartriangle SBC

( αφού και \boxed{\widehat {BIC} = 120^\circ  = 90^\circ  + \frac{1}{2}\widehat {{S_{}}}} )

Τώρα η γωνία που ζητώ είναι : 28^\circ  + 14^\circ  = 42^\circ


θα ψάξω για πιο απλή λύση με ή χωρίς τριγωνομετρία.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7784
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Πάλι γωνία

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Μάιος 10, 2020 2:11 pm

Ας είναι S το σημείο τομής των BA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD.

Επειδή 74^\circ  = \widehat {BDC} = \widehat {{S_{}}} + 14^\circ  \Rightarrow \boxed{\widehat {{S_{}}} = 60^\circ }. Φέρνω τις μεσοκάθετες των BD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC

Και τέμνουν τις AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DC στα K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L . Αν I το σημείο τομής των

KD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LA εύκολα έχω ότι I είναι το έγκεντρο του \vartriangle AKL .
Πάλι γωνία_Νεα προσπάθεια.png
Πάλι γωνία_Νεα προσπάθεια.png (33.92 KiB) Προβλήθηκε 573 φορές
Επίσης : \widehat {LAS} = \widehat {SAD} + \widehat {DAL} = \widehat {ABD} + \widehat {ADB} + \widehat {DAL} = 14^\circ  + \left( {30^\circ  + 14^\circ } \right) + 30^\circ  = 88^\circ και

Ομοίως : \widehat {SDK} = 16^\circ  + 16^\circ  + 30^\circ  + 30^\circ  = 92^\circ

Επειδή : \left\{ \begin{gathered} 
  \frac{{KD}}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{KS}}{{\sin 92^\circ }} \hfill \\ 
  \frac{{LA}}{{\sin 60^\circ }} = \frac{{LS}}{{\sin 88^\circ }} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \dfrac{{KD}}{{KS}} = \dfrac{{LA}}{{LS}} \Rightarrow \dfrac{{KB}}{{KS}} = \dfrac{{LC}}{{LS}} \Rightarrow KL//BC

Κα άρα \widehat {SBC} = \widehat {SKL} = 4 \cdot 14^\circ  = 56^\circ  \Rightarrow \widehat {EBC} = 56^\circ  - 14^\circ  = 42^\circ


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10164
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Πάλι γωνία

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Μάιος 11, 2020 11:25 am

Η άσκηση δεν είναι και πολύ τίμια, γιατί είναι καλυμμένη. Ας τη δούμε στη γενική της μορφή. Είναι γνωστό ότι:
Πάλι γωνία.png
Πάλι γωνία.png (9.65 KiB) Προβλήθηκε 523 φορές
\displaystyle \tan 3x = \tan x \cdot \tan (60^\circ  - x) \cdot \tan (60^\circ  + x) = \frac{{EA}}{{EB}} \cdot \frac{{ED}}{{EA}} \cdot \frac{{EC}}{{ED}} = \frac{{EC}}{{EB}} = \tan \theta


Τα εύσημα ανήκουν λοιπόν στον Νίκο που, στην πρώτη του ανάρτηση, απέδειξε γεωμετρικά αυτή την τριγωνομετρική ταυτότητα :clap2:


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7784
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Πάλι γωνία

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Μάιος 11, 2020 1:49 pm

george visvikis έγραψε:
Δευ Μάιος 11, 2020 11:25 am
Η άσκηση δεν είναι και πολύ τίμια, γιατί είναι καλυμμένη. Ας τη δούμε στη γενική της μορφή. Είναι γνωστό ότι:Πάλι γωνία.png
\displaystyle \tan 3x = \tan x \cdot \tan (60^\circ  - x) \cdot \tan (60^\circ  + x) = \frac{{EA}}{{EB}} \cdot \frac{{ED}}{{EA}} \cdot \frac{{EC}}{{ED}} = \frac{{EC}}{{EB}} = \tan \theta


Τα εύσημα ανήκουν λοιπόν στον Νίκο που, στην πρώτη του ανάρτηση, απέδειξε γεωμετρικά αυτή την τριγωνομετρική ταυτότητα :clap2:

Ευχαριστώ Γιώργο . Εδώ ισχύει η λαϊκή ρήση : Όσα ξέρει ο νοικοκύρης δεν τα ξέρει ο κόσμος όλος!


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γενικά - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης