Βρείτε τη γωνία

#1

Στο σχήμα , το τόξο είναι τεταρτοκύκλιο , το $\displaystyle ABCD$ είναι τετράγωνο και $\displaystyle BH//AC$ .
Βρείτε τη γωνία $\displaystyle \widehat{x}$

#2

exdx έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 17, 2022 12:16 pm
Στο σχήμα , το τόξο είναι τεταρτοκύκλιο , το $\displaystyle ABCD$ είναι τετράγωνο και $\displaystyle BH//AC$ .
Βρείτε τη γωνία $\displaystyle \widehat{x}$

: Βρείτε τη γωνία.ΓΚ.png (12.95 KiB) Προβλήθηκε 861 φορές

Φέρνω

οπότε $\displaystyle D\widehat AF = x$ και DF||=BH,

δηλαδή το

είναι παρλληλόγραμμο

κι επειδή $AC\bot FH,$ θα είναι ορθογώνιο. Άρα FH=BD=AC=R

που σημαίνει ότι το AHF

είναι ισόπλευρο και προφανώς $\boxed{x=15^\circ}}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

exdx έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 17, 2022 12:16 pm
Στο σχήμα , το τόξο είναι τεταρτοκύκλιο , το $\displaystyle ABCD$ είναι τετράγωνο και $\displaystyle BH//AC$ .
Βρείτε τη γωνία $\displaystyle \widehat{x}$

Με $AN \bot CH,BD \bot AN$ είναι DC=KB

(αφού $\triangle DCB= \triangle KAB)$ κι επειδή

DCTB

παραλ/μμο,είναι DC=BT=KB

Το

προφανώς είναι ορθόκεντρο του $\triangle ACT$ άρα $\angle HTK= \theta \Rightarrow KHTA$ εγγράψιμμο συνεπώς $\angle TKH= x$

Αλλά

διχοτόμος της $\angle KBT$ και KB=BT

άρα $HK=HT\Rightarrow \angle x= \angle \theta$

Έτσι $3x=45^0\Rightarrow x=15^0$

: βρείτε τη γωνία.png (41.33 KiB) Προβλήθηκε 819 φορές

STOPJOHN · #4

exdx έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 17, 2022 12:16 pm
Στο σχήμα , το τόξο είναι τεταρτοκύκλιο , το $\displaystyle ABCD$ είναι τετράγωνο και $\displaystyle BH//AC$ .
Βρείτε τη γωνία $\displaystyle \widehat{x}$

$HT\perp AE,BT=TH=y,BH=y\sqrt{2},AZ=a,AB=b,a=b\sqrt{2},BH//AC\Rightarrow \hat{HBE}=45^{0} ABH,AH^{2}=BH^{2}+AB^{2}-2AB.BH(-\dfrac{\sqrt{2}}{2})\Rightarrow 4y^{2}+2a\sqrt{2}y-a^{2}=0\Rightarrow y=a\sqrt{2} .\dfrac{(\sqrt{3}-1)}{4},sin\hat{x}=\dfrac{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)}{4}\Rightarrow \hat{x}=15^{0}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

exdx έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 17, 2022 12:16 pm
Στο σχήμα , το τόξο είναι τεταρτοκύκλιο , το $\displaystyle ABCD$ είναι τετράγωνο και $\displaystyle BH//AC$ .
Βρείτε τη γωνία $\displaystyle \widehat{x}$

Αλλιώς..

Με BH=y

και $\angle ABH=135^0 ,AB= \dfrac{R \sqrt{2} }{2}$ ο ν.συνημιτόνου στο τρίγωνο ABH

δίνει

$2y^2+4Ry-3y^2=0 \Rightarrow y= \dfrac{R}{2}( \sqrt{3}-1)$

Εύκολα τώρα διαπιστώνουμε ότι ισχύει AB^2=y^2+y.AH

οπότε

$\angle AHB=2x \Rightarrow \angle 2 \theta = \angle 2x \Rightarrow \angle x= \angle \theta$ .'Αρα $3x=45^0 \Rightarrow x=15^0$

: βρείτε τη γωνία.png (41.33 KiB) Προβλήθηκε 807 φορές

#6

STOPJOHN έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 17, 2022 5:29 pm

$ABH,AH^{2}=BH^{2}+AB^{2}-2AB.BH(-\dfrac{\sqrt{2}}{2})\Rightarrow 4y^{2}+2a\sqrt{2}y-a^{2}=0\Rightarrow y=a\sqrt{2} .\dfrac{(\sqrt{3}-1)}{4}$

Ελάχιστα πιο απλά, με Πυθαγόρειο αντί Νόμο Συνημιτόνων: Στο ορθογώνιο τρίγωνο ATH

έχουμε

, ή αλλιώς $(b+y)^2+y^2=(b\sqrt 2)^2$ .

Ως δευτεροβάθμια ως προς

δίνει $y= \dfrac {1}{2}(\sqrt 3 -1) = \dfrac{(\sqrt{3}-1)\sqrt 2a}{4}$ , όπως πριν.

#7

exdx έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 17, 2022 12:16 pm
Στο σχήμα , το τόξο είναι τεταρτοκύκλιο , το $\displaystyle ABCD$ είναι τετράγωνο και $\displaystyle BH//AC$ .
Βρείτε τη γωνία $\displaystyle \widehat{x}$

Ας είναι

το σημείο τομής των $BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AH$ ,

η προβολή του

στην

και

το σημείο τομής της ευθείας

με την εφαπτομένη του κύκλου στο

.

$\widehat {{x_{}}} = \widehat {{a_1}}$ , γιατί το τετράπλευρο ABMC

είναι εγγράψιμο .

$\widehat {{x_{}}} = \widehat {{a_2}}$ , Υπό χορδής κι εφαπτομένης, άρα $\widehat {{x_{}}} = \widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}\,\,\left( 1 \right)$

Αλλά $\widehat {{\omega _{}}} + \widehat {{a_2}} = \widehat {{\theta _{}}}$ , γιατί στο ορθογώνιο τρίγωνο CAK

το

είναι ύψος .

: Μια γωνία_λύση με Α λυκείου.png (23.58 KiB) Προβλήθηκε 765 φορές

Λόγω της $\left( 1 \right)$ θα έχω $\widehat {{\omega _{}}} + \widehat {{a_1}} = \widehat {{\theta _{}}}$ .

Τα τρίγωνα , $AHC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CTH$ έχουν ακόμα κοινή τη γωνία στο

, συνεπώς και το $\vartriangle CTH$ είναι ισοσκελές .

Αυτό όμως μας εξασφαλίζει ότι το ύψος του

διχοτομεί τη γωνία , $\widehat {TCH}$ .

Άμεση συνέπεια: $45^\circ = \widehat {TCK} = 3\widehat {{x_{}}} \Rightarrow \boxed{\widehat {{x_{}}} = 15^\circ }$

Γιώργος Μήτσιος · #8

Καλή Μεγάλη Εβδομάδα σε όλους! Με χρήση του σχήματος

: 18-4 Βρείτε τη γωνία.png (117.18 KiB) Προβλήθηκε 717 φορές

Φέρω $AM \perp HB$ . Αν AC=R=2

τότε $AB=\sqrt{2}$ και $AM=1=\dfrac{AH}{2}\Rightarrow \widehat{MHA}=30^o$

άρα $\widehat{BAH}=45^o-30^o=15^o$ . Φιλικά, Γιώργος.

#9

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Απρ 18, 2022 9:59 am
Καλή Μεγάλη Εβδομάδα σε όλους! Με χρήση του σχήματος
18-4 Βρείτε τη γωνία.png

Φέρω $AM \perp HB$ . Αν τότε $AB=\sqrt{2}$ και $AM=1=\dfrac{AH}{2}\Rightarrow \widehat{MHA}=30^o$

άρα $\widehat{BAH}=45^o-30^o=15^o$ . Φιλικά, Γιώργος.

Καλημέρα . Μου αρέσει η λύση σου Γιώργο !

cool geometry · #10

Βρείτε τη γωνία

Βρείτε τη γωνία

Re: Βρείτε τη γωνία

Re: Βρείτε τη γωνία

Re: Βρείτε τη γωνία

Re: Βρείτε τη γωνία

Re: Βρείτε τη γωνία

Re: Βρείτε τη γωνία

Re: Βρείτε τη γωνία

Re: Βρείτε τη γωνία

Re: Βρείτε τη γωνία

Μέλη σε σύνδεση