Λύση με κάθε μέσο

#1

: Ξεκάθαρη λύση_1.png (8.84 KiB) Προβλήθηκε 721 φορές

Σε ημικύκλιο κέντρου

διαμέτρου

θεωρούμε σημείο

και στην προέκταση της

, προς το

, σημείο

τέτοιο ώστε $A\widehat PL = 110^\circ$ .

Αν η

διέρχεται από το μέσο

του τόξου $\overset{\frown}{PL}$ , Βρείτε το BL=x

Νίκος

chris_konst · #2

: file.php.png (14.84 KiB) Προβλήθηκε 712 φορές

Καλημέρα,

στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο APKB

είναι $\displaystyle{ \hat{P} + \hat{B} =180^0 \Leftrightarrow \boxed{\hat{B} =70^0 } }$ . Είναι $\widehat{AKB } = 90^0$ ως εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο, οπότε $\hat{A_2}=90^0 - \hat{B} = 20^0$ , άρα και $\hat{A_1}= \hat{A_2}= 20^0$ (ίσες ως εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα). Τότε, από το τρίγωνο APK

είναι $\hat{K_2}= 50^0$ , οπότε $\boxed{\hat{K_1}= 40^0}$ . Ακόμα, η $\hat{B}$ είναι εξωτερική στο τρίγωνο KLB

, άρα $\hat{B} = \hat{K_1} + \hat{L} \Leftrightarrow \boxed{\hat{L} = 30^0}$ .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο AKB

είναι $(KB) = (AB) \sin \hat{A_2} \Leftrightarrow \boxed{ (KB) = 10 \sin 20^0 }$ .

Τέλος, από τα παραπάνω και νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο KLB

έχουμε:

$\displaystyle{ \frac{\sin L}{(KB)} = \frac{\sin {K_1}}{x} \Leftrightarrow \boxed{x = 20 \sin 20^0 \sin 40^0} }$

Χρήστος

Ιστοσελίδα · #3

Doloros έγραψε: Σε ημικύκλιο κέντρου διαμέτρου θεωρούμε σημείο και στην προέκταση της , προς το , σημείο τέτοιο ώστε $A\widehat PL = 110^\circ$ .

Αν η διέρχεται από το μέσο του τόξου $\overset{\frown}{PB}$ , Βρείτε το

Νίκος

Καλημέρα σας.

: Λύση-με-κάθε-μέσο.png (27.64 KiB) Προβλήθηκε 692 φορές

Είναι $KB = KP,A\widehat PL = {110^ \circ }$ , $A\widehat PB = {90^ \circ }$ , οπότε $K\widehat PB = K\widehat BP = K\widehat AP = K\widehat AB = {20^ \circ }$ και $P\widehat LA = {30^ \circ }$ .

Από τα ορθογώνια $\triangleleft APB,\, \triangleleft AKB$ αντίστοιχα ισχύει: $PB = 10\sin {40^ \circ }\,\,(1),\,BK = 10\sin {20^ \circ }\,\,(2)$ .

Αν $BC \bot PL$ , τότε από $\triangleleft PBC \sim \triangleleft ABK \Rightarrow \dfrac{{2PB}}{x} = \dfrac{{10}}{{BK}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1),(2)} \boxed{x = 20\sin {20^ \circ }\sin {40^ \circ }}$ .

#4

Doloros έγραψε:
Το συνημμένο Ξεκάθαρη λύση_1.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε ημικύκλιο κέντρου διαμέτρου θεωρούμε σημείο και στην προέκταση της , προς το , σημείο τέτοιο ώστε $A\widehat PL = 110^\circ$ .

Αν η διέρχεται από το μέσο του τόξου $\overset{\frown}{PL}$ , Βρείτε το

Νίκος

Καλημέρα σε όλους.

: Λύση με κάθε μέσο.png (17.24 KiB) Προβλήθηκε 624 φορές

Εύκολα υπολογίζονται οι γωνίες που φαίνονται στο σχήμα. Από νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο OKL

:

$\displaystyle{\frac{{OL}}{{\sin {{110}^0}}} = \frac{{OK}}{{\sin {{30}^0}}} \Leftrightarrow \frac{{5 + x}}{{\cos {{20}^0}}} = 10 \Leftrightarrow }$ $\boxed{x = 10\cos {20^0} - 5}$

#5

Στο ίδιο σχήμα με τον Γιώργο.
Η

είναι παράλληλη στην

.
Το τρίγωνο APB

είναι ορθογώνιο και από όμοια τρίγωνα APL

και

έχουμε
$\frac{OL}{AL}=\frac{OK}{AP}\Leftrightarrow \frac{x+5}{x+10}=\frac{5}{2cos40^{o}}\Leftrightarrow x=.....$

Λύση με κάθε μέσο

Λύση με κάθε μέσο

Re: Λύση με κάθε μέσο

Re: Λύση με κάθε μέσο

Re: Λύση με κάθε μέσο

Re: Λύση με κάθε μέσο

Μέλη σε σύνδεση