Γνωστή και μη εξαιρετέα

#1

Πιθανόν να έχει τεθεί ξανά (με τόσες που κυκλοφορούν έχω χάσει το λογαριασμό).

: Γνωστή και μη εξαιρετέα.png (13.32 KiB) Προβλήθηκε 1389 φορές

Να βρείτε τη γωνία $\theta.$

Φανης Θεοφανιδης · #2

: 26.png (15.72 KiB) Προβλήθηκε 1272 φορές

Καλημέρα.

Γράφω τον περίκυκλο του $\triangle ABC$ του οποίου το κέντρο ονομάζω

.
Οι κόκκινες γωνίες προκύπτουν εύκολα.
Λήμμα: Είναι $\angle OPA=160^{0}$ (Η απόδειξη αργότερα).
Άρα το COPA

είναι εγγράψιμο.
Επομένως $\angle PCO=10^{0}$ .
Συνεπώς $\theta =\angle PCB=30^{0}$ .

Φανης Θεοφανιδης · #3

: 29.png (13 KiB) Προβλήθηκε 1246 φορές

Απομονώνω το τρίγωνο AOB

μαζί με τα στοιχεία που έχουν προκύψει από το παραπάνω σχήμα.
Γράφω τον περίκυκλο του $\triangle APB$ του οποίου το κέντρο ονομάζω

και

το σημείο
τομής του με την

. Φέρνω όλα τα κόκκινα τμήματα. Προφανώς το $\triangle KPN$ είναι ισόπλευρο.
Οπότε $\angle PNK=60^{0}$ . Επίσης $\angle ONP=\angle BAP$ (αφού το APNB

είναι εγγράψιμο) $\Rightarrow$
$\Rightarrow \angle ONP=40^{0}$ . Αλλά η

είναι μεσοκάθετος του

. Άρα $\angle KON=40^{0}$ .
Από το άθροισμα των γωνιών του $\triangle ONK$ έπεται ότι $\angle NKO=40^{0}$ .
Επομένως $KN=NO\Rightarrow PN=NO\Rightarrow \angle PON=70^{0}$ .
Συνεπώς $\angle AOP=10^{0}$ . Δηλαδή $\angle OPA=160^{0}$ .

#4

Δείτε το σχήμα

: Γνωστή και μη εξαιρετέα_Bisbikis.png (50.77 KiB) Προβλήθηκε 1192 φορές

Τα τρίγωνα $ABK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BAL$ είναι ίσα και ισοσκελή τύπου $\left( {40^\circ ,70^\circ ,70^\circ } \right)$ και όμοια με το αρχικό , $\vartriangle ABC$ .

Το τραπέζιο APQB

είναι υπέρ ισοσκελές και $PN = \frac{1}{2}AP = \frac{1}{2}PQ = PT$ .

Αναλυτικά

: Γνωστή και μη εξαιρετέα_Bisbikis_1.png (25.16 KiB) Προβλήθηκε 1157 φορές

Έστω

το σημείο τομής των $AP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ . Το $\vartriangle ABK \to \left( {40^\circ ,70^\circ ,70^\circ } \right)$ δηλαδή είναι ισογώνιο με το $\vartriangle ABC$

Φέρνω και τη διάμεσο

του $\vartriangle ABC$ που είναι ύψος και διχοτόμος άρα $\widehat {{\omega _1}} + \widehat {{\omega _2}} = 20^\circ$ .

Η

τέμνει τις $PB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PK$ στα $H\,\,\kappa \alpha \iota \,\,S$

ενώ η

στο

θα είναι $BN \bot AC$

Το

θα είναι το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

Τώρα φέρνω:

: Γνωστή και μη εξαιρετέα_Bisbikis_2.png (28.38 KiB) Προβλήθηκε 1157 φορές

Το τρίτο ύψος

και την

που τέμνει το

στο

και την

στο

.

Το $\vartriangle BAL$ είναι προφανώς ίσο με το $\vartriangle ABK$ και αβίαστα προκύπτουν οι γωνίες που σημειώνονται στο σχήμα.

: Γνωστή και μη εξαιρετέα_Bisbikis_3.png (49.96 KiB) Προβλήθηκε 1157 φορές

Η

είναι άξονας συμμετρίας του $\vartriangle ABC$ και του χαρταετού HQCP

.

Το τετράπλευρο ABQP

είναι ισοσκελές τραπέζιο και μάλιστα : AP = PQ = QB

.

Αν

το σημείο τομής των διαγώνιων του χαρταετού HQCP

θα έχω :

$\boxed{PN = \frac{1}{2}AP = \frac{1}{2}PQ = PT}$ ,

σχέση που μας εξασφαλίζει ότι

$\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}} \Rightarrow \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}} = 10^\circ \Rightarrow$ $\boxed{\widehat {PCB} = 20^\circ + 10^\circ = 30^\circ }$

#5

Κατασκευάζω το ισόπλευρο ACE

και έστω

οι προβολές του

στις

αντίστοιχα.

: Γνωστή και μη εξαιρετέα.ΙΙ.png (27.65 KiB) Προβλήθηκε 1125 φορές

Επειδή η

διχοτομεί τη γωνία $E\widehat AC$ θα είναι PE=PC.

Εξάλλου,

οπότε $\displaystyle B\widehat CE = 20^\circ$

και $\displaystyle E\widehat BC = 80^\circ ,A\widehat BL = 30^\circ.$ Άρα η

διχοτομεί την $C\widehat BL$ και PL=PK,

οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα

PKC, PLE

είναι ίσα και κατά συνέπεια $\displaystyle \theta = P\widehat EL,$ δηλαδή το BPCE

είναι εγγράψιμο, άρα $\boxed{\theta =30^\circ}$

Υπάρχει μία πολύ ωραία λύση με ύλη Β' λυκείου (δεν είναι δική μου). Αν θέλει μπορεί κάποιος να το προσπαθήσει.

cool geometry · #6

Στο τρίγωνο $\bigtriangleup AB\Gamma$ μπορούμε να αλλάξουμε τα ζεύγη και να υποθέσουμε ότι $\angle PBC=20^{0},\angle PBA=50^{0},\angle PAC=40^{0},\angle PAB=30^{0}.$ Τότε αρκεί να υπολογίσουμε τη γωνία $\angle PCA=\vartheta .$ Λοιπόν κατασκευάζουμε το ισόπλευρο τρίγωνο BCO

στο εξωτερικό του δοσμένου τριγώνου , τότε θα είναι $BC=CA=CO,\angle ACO=100^{0}\Rightarrow \angle CAO=\angle COA=40^{0}=\angle CAP,$ άρα το

βρίσκεται πάνω στην AO,

επομένως θα έχουμε $\angle BPO=30^{0}+50^{0}=80^{0},\angle OBP=60^{0}+20^{0}=80^{0}\Rightarrow OP=OB=OC,$ άρα το

είναι περίκεντρο του τριγώνου BPC,

έτσι $\angle BCP=\frac{1}{2}\cdot \angle BOP=\frac{1}{2}\cdot 20^{0}=10^{0}\Rightarrow \angle PCA=\vartheta =30^{0}.$

Γνωστή και μη εξαιρετέα

Γνωστή και μη εξαιρετέα

Re: Γνωστή και μη εξαιρετέα

Re: Γνωστή και μη εξαιρετέα

Re: Γνωστή και μη εξαιρετέα

Re: Γνωστή και μη εξαιρετέα

Re: Γνωστή και μη εξαιρετέα

Μέλη σε σύνδεση