Σημείο πάνω στην πλευρά ισόπλευρου*(διορθώθηκε)

Xriiiiistos · #1

Καλησπέρα σε όλους, Σε ισόπλευρο τρίγωνο ABC

, με

, παίρνουμαι σημείο

στην πλευρά

τέτοιο ώστε AD=a(tan15)

. Να βρεθεί η γωνία $\widehat{CBD}$ (συγνώμη για το λάθος που έκανα πριν)

Ορέστης Λιγνός · #2

Φέρνουμε το ύψος $BE \perp AC$ . Είναι $AE=EC=\dfrac{a}{2}$ , και $\widehat{ABE}=\widehat{EBC}=30^\circ$ .

Είναι $DE=AE-AD= \ldots= \dfrac{a(2\sqrt{3}-3)}{2}$ , και εύκολα $BE=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$ .
Παρατηρούμε ότι $\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{AD}{DE}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ , άρα από αντίστροφο Θ. Διχοτόμων, $\widehat{ABD}=\widehat{DBE}=\dfrac{\widehat{ABE}}{2}=15^\circ$ .

Έτσι, $\widehat{DBC}=15^\circ+30^\circ \Rightarrow \boxed{\widehat{DBC}=45^\circ}$ .

: gonia.png (29.34 KiB) Προβλήθηκε 826 φορές

Edit: Διόρθωση τυπογραφικού.

Xriiiiistos · #3

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 28, 2018 7:42 pm
Φέρνουμε το ύψος $BE \perp AC$ . Είναι $AE=EC=\dfrac{a}{2}$ , και $\widehat{ABE}=\widehat{BEC}=30^\circ$ .

Είναι $DE=AE-AD= \ldots= \dfrac{a(2\sqrt{3}-3)}{2}$ , και εύκολα $BE=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$ .
Παρατηρούμε ότι $\dfrac{AB}{BE}=\dfrac{AD}{DE}=\dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ , άρα από αντίστροφο Θ. Διχοτόμων, $\widehat{ABD}=\widehat{DBE}=\dfrac{\widehat{ABE}}{2}=15^\circ$ .

Έτσι, $\widehat{DBC}=15^\circ+30^\circ \Rightarrow \boxed{\widehat{DBC}=45^\circ}$ .

gonia.png

Ωραία λύση απλά μια πολύ μικρή διόρθωση $\widehat{ABE}=\widehat{EBC}=30$

Ορέστης Λιγνός · #4

Αλλιώς:

Θα αποδείξουμε το ισοδύναμο πρόβλημα: Αν $D \in AC$ ώστε $\widehat{ABD}=15^\circ$ , τότε $AD=a\tan 15^\circ$ .

Φέρνουμε $AK \perp BD$ .
Είναι $\widehat{KAD}=90^\circ-\widehat{BAD}-\widehat{ABD}=15^\circ$ .

Έτσι, $\widehat{ABK}=\widehat{DAK}=15^\circ$ , άρα τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle BAK, \vartriangle DKA$ είναι όμοια.

Επομένως, $\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{KA}{BK}=\tan 15^\circ \Rightarrow AD=a \tan 15^\circ$ , άρα το ισοδύναμο ζητούμενο δείχτηκε.

Η λύση αφιερώνεται στον Doloros!

: gonia-b.png (27.54 KiB) Προβλήθηκε 781 φορές

#5

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 28, 2018 8:46 pm
Αλλιώς:

Θα αποδείξουμε το ισοδύναμο πρόβλημα: Αν $D \in AC$ ώστε $\widehat{ABD}=15^\circ$ , τότε $AD=a\tan 15^\circ$ .

Φέρνουμε $AK \perp BD$ .
Είναι $\widehat{KAD}=90^\circ-\widehat{BAD}-\widehat{ABD}=15^\circ$ .

Έτσι, $\widehat{ABK}=\widehat{DAK}=15^\circ$ , άρα τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle BAK, \vartriangle DKA$ είναι όμοια.

Επομένως, $\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{KA}{BK}=\tan 15^\circ \Rightarrow AD=a \tan 15^\circ$ , άρα το ισοδύναμο ζητούμενο δείχτηκε.

Η λύση αφιερώνεται στον Doloros!

gonia-b.png

Και το χειροκρότημα αφιερώνεται στον Ορέστη!!

Σημείο πάνω στην πλευρά ισόπλευρου*(διορθώθηκε)

Σημείο πάνω στην πλευρά ισόπλευρου*(διορθώθηκε)

Re: Σημείο πάνω στην πλευρά ισόπλευρου*

Re: Σημείο πάνω στην πλευρά ισόπλευρου*

Re: Σημείο πάνω στην πλευρά ισόπλευρου*(διορθώθηκε)

Re: Σημείο πάνω στην πλευρά ισόπλευρου*(διορθώθηκε)

Μέλη σε σύνδεση