Κι' αυτή γνωστή γωνία

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλημέρα.

: Κι αυτή γνωστή γωνία.PNG (7.72 KiB) Προβλήθηκε 690 φορές

Το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο και

το μέσον της

. Θεωρούμε το

στην προέκταση της

και έστω

η τομή της

με την ημιευθεία

. Το

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές (Κατά KARKAR , ημιτετράγωνο!)

Αν ισχύει $\left ( CIT \right )=\left ( AME \right )$ τότε να βρεθεί η γωνία $\widehat{BIA}$ .Ευχαριστώ, Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Φεβ 24, 2020 1:11 am
Καλημέρα.

Κι αυτή γνωστή γωνία.PNG
Το τρίγωνο είναι ισόπλευρο και το μέσον της . Θεωρούμε το στην προέκταση της
και έστω η τομή της με την ημιευθεία . Το είναι ορθογώνιο και ισοσκελές (Κατά KARKAR , ημιτετράγωνο!)

Αν ισχύει $\left ( CIT \right )=\left ( AME \right )$ τότε να βρεθεί η γωνία $\widehat{BIA}$ .Ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλημέρα!

: Γνωστή γωνία.Μ.png (12.85 KiB) Προβλήθηκε 651 φορές

Έστω

Από την υπόθεση, $\displaystyle (AME) = (CIT) \Leftrightarrow \frac{a}{4}ME = \frac{{{x^2}}}{4} \Leftrightarrow$ $\boxed{ME = \frac{{{x^2}}}{a}}$ (1)

Μενέλαος στο ACI

με διατέμνουσα $\displaystyle \overline {BME} :$ $\displaystyle \frac{{AM}}{{MC}} \cdot \frac{a}{{a + x}} \cdot \frac{{IE}}{{AE}} = 1 \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{{AE}}{{AI}} = \frac{a}{{2a + x}}}$ (2)

Μενέλαος στο BEI

με διατέμνουσα $\displaystyle \overline {AMC} :$ $\displaystyle \frac{{BM}}{{ME}} \cdot \frac{{AE}}{{AI}} \cdot \frac{x}{a} = 1\mathop \Rightarrow \limits^{(1),(2)} \frac{{{a^2}\sqrt 3 }}{{2{x^2}}} \cdot \frac{a}{{2a + x}} \cdot \frac{x}{a} = 1 \Leftrightarrow$

$\displaystyle 2{x^2} + 4ax - {a^2}\sqrt 3 = 0 \Rightarrow x = \frac{a}{2}\left( {\sqrt 3 - 1} \right),$ οπότε $\displaystyle \tan \omega = \frac{{ME}}{{AM}} = \frac{{2{x^2}}}{{{a^2}}} = 2 - \sqrt 3 = \tan 15^\circ$

Άρα, $\omega=15^\circ$ και $\boxed{ \theta = 45^\circ}$

ΥΓ. Το τμήμα έμεινε κατά λάθος στο σχήμα. Αγνοήστε το.

Κι' αυτή γνωστή γωνία

Κι' αυτή γνωστή γωνία

Re: Κι' αυτή γνωστή γωνία

Μέλη σε σύνδεση