Τρίγωνο-110.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 1.png (7.6 KiB) Προβλήθηκε 1771 φορές

Στο παραπάνω σχήμα είναι AB=AC, BD=AC

και $DE\parallel AB$ .

Βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

#2

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 04, 2018 9:43 pm
1.png

Στο παραπάνω σχήμα είναι και $DE\parallel AB$ .

Βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

: Τρίγωνο-110.png (21.77 KiB) Προβλήθηκε 1721 φορές

Το

είναι ισοσκελές, οπότε $B\widehat AD=70^\circ.$ Έστω σημείο

της

ώστε $Z\widehat AD=30^\circ.$

Τότε: $\displaystyle B\widehat AZ = 40^\circ = \widehat B \Leftrightarrow ZA = ZB$ και $\displaystyle A\widehat ZD = 80^\circ = A\widehat ED$ (λόγω DE||AB

). Το

είναι λοιπόν

χαρταετός και το AZE

ισόπλευρο. Άρα

είναι το περίκεντρο του τριγώνου ABE

και $\displaystyle \theta = \frac{{E\widehat ZA}}{2} = \frac{{60^\circ }}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{\theta=30^\circ}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Τρί Δεκ 04, 2018 9:43 pm
1.png

Στο παραπάνω σχήμα είναι και $DE\parallel AB$ .

Βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Θεωρούμε το ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle BDO$ .

Είναι, $\displaystyle BD = BA = BO$ και $\displaystyle \angle ABO = {20^0}$ , $\displaystyle \angle OAB = {80^0} \Rightarrow O,A,E$ συνευθειακά και προφανώς $\displaystyle OD = OE$

Στον κύκλο $\displaystyle \left( {O,OB} \right)$ , $\displaystyle \boxed{\angle BED = \theta = {{30}^0}}$ (σχέση επίκεντρης εγγεγραμένης)

: t.110.png (26 KiB) Προβλήθηκε 1686 φορές

#4

: φανης.png (186.19 KiB) Προβλήθηκε 1624 φορές

Θεωρούμε το ισοσκελές τρίγωνο ABK.

Ας είναι $\{ O \}=AK\cap BC.$ Τότε $A\hat{D}B=70^o$ από το ισοσκελές τρίγωνο ABD

και επιπλέον $K\hat{A}D=10^o$ οπότε $D\hat{A}C=30^o.$
Από την παραλληλία της υπόθεσης $E\hat{B}C=40^o$ οπότε το AODE

είναι εγγράψιμο. Άρα $O\hat{E}A=70^o.$
Από το ισοσκελές τρίγωνο AKC

είναι $A\hat{C}K=70^o.$ Άρα το OECK

είναι τραπέζιο και μάλιστα ισοσκελές αφού $A\hat{K}C=70^o.$ Επομένως DK=OK=EC=ED

δηλαδή το τρίγωνο DEK

είναι ισοσκελές με $D\hat{K}E=20^o.$
Άρα το τρίγωνο AEK

είναι ισοσκελές με AE=EK.

Τελικά η

είναι μεσοκάθετος της

οπότε $A\hat{B}E=90^o-30^o=60^o.$

cool geometry · #5

Από το ισοσκελές τρίγωνο $\boldsymbol{\bigtriangleup ABD}$ εύκολα προκύπτει ότι $\boldsymbol{B\widehat{D}A=B\widehat{A}D=70^{0}\Rightarrow D\widehat{A}E=30^{0}}$ και από την παραλληλία $\boldsymbol{A\widehat{E}D=80^{0},A\widehat{D}E=70^{0}.}$ Επομένως στο τρίγωνο $\boldsymbol{\bigtriangleup ADE}$ εφαρμόζοντας τον νόμο των ημιτόνων παίρνουμε $\boldsymbol{\frac{AD}{AE}=\frac{\eta \mu 80^{0}}{\eta \mu 70^{0}}(1).}$ Με την εφαρμογή του ίδιου νόμου στο ισοσκελές τρίγωνο $\boldsymbol{\bigtriangleup ABD}$ παίρνουμε $\boldsymbol{\frac{AB}{AD}=\frac{\eta \mu 70^{0}}{\eta \mu 40^{0}}(2).}$ Τώρα συνδυάζοντας αυτές τις δύο σχέσεις λαμβάνουμε $\boldsymbol{\frac{AB}{AE}=\frac{\eta \mu 50^{0}}{\eta \mu 30^{0}}=\frac{\eta \mu \left ( 80^{0} -\vartheta \right )}{\eta \mu \vartheta }\Leftrightarrow ...\vartheta =30^{0}.}$

kkala · #6

Το παρακάτω κείμενο δεν είναι άλλη προσέγγιση, αλλά η παραπάνω λύση #5 (cool geometry) με περισσότερα λόγια, ώστε να είναι εύκολα καταληπτή σε μένα. Είναι δηλαδή μια ερμηνεία της #5 που πράγματι με ωφέλησε. Ίσως είναι χρήσιμη και σε άλλους (όπως μαθητές, κλπ). Πιθανόν να υπάρχουν και καλύτερες παραλλαγές στην παρακάτω ερμηνεία.

1. Από το ισοσκελές τρίγωνο ABC (AB=AC) προκύπτει $\angle ABC=\angle ACB$ και κάθε μια από αυτές έχει μέτρο 40^0

.
H γωνία κορυφής του ισοσκελούς τριγώνου ABD (BA=BD) είναι 40^0

κατά τα παραπάνω, άρα $\angle BAD=\angle BDA=(180^0-40^0)/2=70^0$ .
Συνεπώς $\angle DAE=100^0-70^0=30^0$ .
2. Λόγω παραλληλίας AB, ED, $\angle AED=80^0$ . Aπό το τρίγωνο ADE προκύπτει $\angle ADE=180^0-80^0-30^0=70^0$ .
3. Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2) που έχουν αποδειχθεί στο #5 (cool geometry), λαμβάνουμε $AB/AE=\eta \mu 80^0/\eta \mu 40^0=2\sigma \upsilon \nu 40^0=\eta \mu 50^0/\eta \mu 30^0$ .
Από το τρίγωνο ΑΒΕ, $AB/AE=\eta \mu(80^0-\theta )\eta \mu \theta$ .
Από τις δύο τελευταίες σχέσεις προκύπτει $\eta \mu(80^0-\theta )/\eta \mu \theta=\eta \mu 50^0/\eta \mu 30^0$ , ή (*) $\eta \mu 50^0\eta \mu \theta =\eta \mu (80^0-\theta)\eta \mu 30^0\Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu (50^0-\theta)-\sigma \upsilon \nu (50^0+\theta )=\sigma \upsilon \nu (50^0-\theta )-\sigma \upsilon \nu (110^0-\theta )$ Επομένως $\sigma \upsilon \nu (50^0+\theta )=\sigma \upsilon \nu (110^0-\theta)$ . Αρα $50^0+\theta =360^0k\pm (110^0-\theta)$ (k=ακέραιος). Δεκτή λύση μόνο η $\theta =30^0$ ( $\theta$ γωνία τριγώνου). Ώστε η ζητούμενη γωνια $\theta =30^0$ .
(*) με την παραδοχή ότι $\eta \mu \theta \neq 0$ , που συμβαίνει στην τελική λύση..

Ο Νικολάου Δ. Νικολάου (Γεωμέτρης, 1875-1963) άφηνε σκόπιμα κενά στα βιβλία του, ώστε (όπως έχει γράψει) να αυτενεργούν οι μαθητές και να βελτιώνονται. Αλλά τα κενά αυτά ήταν μικρά και σχετικά με την αναφερόμενη εκεί γύρω ύλη. Μπορεί κανείς να δεί πορίσματα χωρίς απόδειξη (έπρεπε να αποδειχθούν από τους μαθητές) στο σχολικό βιβλίο της Θεωρητικής Γεωμετρίας του. Είχα βρεί τούτο ωφέλιμο. Αν όμως τα κενά γίνονται ακατάληπτα, ο αναγνώστης μάλλον θα παρατήσει το διάβασμα.

Τρίγωνο-110.

Τρίγωνο-110.

Re: Τρίγωνο-110.

Re: Τρίγωνο-110.

Re: Τρίγωνο-110.

Re: Τρίγωνο-110.

Re: Τρίγωνο-110.

Μέλη σε σύνδεση