Τρίγωνο-94.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 1.png (7.56 KiB) Προβλήθηκε 894 φορές

Καλησπέρα.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC

του παραπάνω σχήματος είναι x+y=a+b

.

Βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

#2

Καλησπέρα. Μια λύση.
Εφαρμόζοντας νόμο ημιτόνων στ τρίγωνο $\displaystyle ADC$ έχω (μετά τις πράξεις και τη...γνωστή τριγωνομετρία) ότι:

$\displaystyle \alpha + b = \left[ {\cos \theta + \left( {\sqrt 3 + 2} \right)\sin \theta } \right]AD$

Όμοια εργαζόμενος στο τρίγωνο $\displaystyle ABD$ έχω:

$\displaystyle x + y = \left( {\sin \theta + \sqrt 3 \cos \theta } \right)AD$ , οπότε από τη συνθήκη τελικά παράγεται ότι (μετά και τις πράξεις):

$\displaystyle \tan \theta = \frac{{\sqrt 3 - 1}}{{\sqrt 3 + 1}} = \frac{{\tan {{60}^o} - \tan {{45}^o}}}{{1 + \tan {{60}^o} \cdot \tan {{45}^o}}} = \tan \left( {{{60}^o} - {{45}^o}} \right) = \tan {15^o}$

Μιας και η γωνία $\displaystyle \vartheta$ είναι οξεία τελικά $\displaystyle \vartheta = {15^o}$ .

Xriiiiistos · #3

σημείο στην προέκταση της $\underset{AC}{\rightarrow}$ ώστε EC=DC

. Ομοίως τώρα

σημείο προέκτασης της $\underset{AB}{\rightarrow}$ ώστε BD=DL

. Τώρα θα έχουμε προφανώς AL=AE<=>x+y=a+b

οπότε βρίσκουμε πολύ εύκολα

$\widehat{ALD}=\widehat{DEL}=30^{\circ}$ , $\widehat{DEA}=\widehat{DLE}=15^{\circ}$ , $\widehat{DAF}=90-\theta$

Χρησιμοποιούμε το θεώρημα CEVA στο τρίγωνο LAE

με κοινό σημείο τομής των ευθειών DE,DL,DA

στο

$\frac{\eta \mu 15}{\eta \mu 30}\cdot \frac{\eta \mu 15}{\eta \mu 30}\cdot\frac{ \eta \mu(90- \theta )}{\eta \mu \theta }=1<=>\frac{\sigma \upsilon \nu \theta }{\eta \mu \theta }=\frac{\eta \mu ^{2}30}{\eta \mu ^{2}15}<=>\varepsilon \varphi \theta =4\eta \mu ^{2}15$

$\eta \mu 15=\eta \mu (45-30)=\eta \mu 45\cdot \sigma \upsilon \nu 30-\sigma \upsilon \nu 45\cdot \eta \mu 30=\frac{\sqrt{2}(\sqrt{3}-1)}{4}$

οπότε τώρα έχουμε $\varepsilon \varphi \theta =4\eta \mu ^{2}15=2-\sqrt{3}$ επείσης $\varepsilon \varphi 15=\varepsilon \varphi (45-30)=\frac{\varepsilon \varphi 45-\varepsilon \varphi 30}{1+\varepsilon \varphi 45\varepsilon \varphi 30}=2-\sqrt{3}$

αφού $\theta$ οξεία τότε $\theta =15$

#4

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 13, 2018 9:13 pm
1.png

Καλησπέρα.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο του παραπάνω σχήματος είναι .

Βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Κάτι παρόμοιο...

: Τρίγωνο 94.png (10.83 KiB) Προβλήθηκε 816 φορές

Αλλά

και $a=x\sqrt 3.$ Από τις σχέσεις αυτές με απαλοιφή των a,b

βρίσκω, $\displaystyle \frac{y}{x} = \frac{{\sqrt 3 + 1}}{2}$

Ν. ημιτόνων στο ABD:

$\displaystyle \frac{y}{x} = \frac{{\sin (90 - \theta )}}{{\sin (30 + \theta )}} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 + 1}}{2} = \frac{{2\cos \theta }}{{\cos \theta + \sqrt 3 \sin \theta }} \Leftrightarrow \tan \theta = \frac{{3 - \sqrt 3 }}{{3 + \sqrt 3 }} \Leftrightarrow$

$\displaystyle \tan \theta = \frac{{1 - \frac{{\sqrt 3 }}{3}}}{{1 + \frac{{\sqrt 3 }}{3}}} = \tan ({45^0} - {30^0}) = \tan {15^0}$ και αφού είναι οξεία, $\boxed{\theta=15^0}$

Ορέστης Λιγνός · #5

Παίρνουμε σημείο

πάνω στην

, ώστε

. Παίρνουμε επίσης

πάνω στην

ώστε

.

Είναι $y-FD=BD-FD=BF=BE=AE-AB=a-x=y-b \Rightarrow FD=b$ . Άρα, FD=DC=b

.

Είναι $BF=y-b=a-x=BE \Rightarrow BF=BE \Rightarrow \angle BEF=30^\circ=\angle ACF$ .

Άρα, τα τρίγωνα $\vartriangle AEF, \vartriangle ACF$ έχουν

κοινή,

και $\angle AEF=\angle ACF$ , άρα από το έμμεσο κριτήριο, είναι $\angle AFE=\angle AFC$ ή $\angle AFE=\pi-\angle AFC$ . Αν ισχύει το δεύτερο, τότε $\angle EFC=\pi$ , άτοπο.

Άρα, $\angle AFE=\angle AFC \Rightarrow \angle EAF=\angle FAC=45^\circ$ .

Φέρνουμε τώρα $FK \perp AC$ . Είναι $\angle KCF=30^\circ$ και $\vartriangle KFC$ ορθογώνιο, άρα $KF=\dfrac{FC}{2}=b$ .

Επίσης, $\angle FAK=45^\circ$ , άρα $\vartriangle FAK$ ορθογώνιο και ισοσκελές, άρα $KA=b, AF=b\sqrt{2}$ .

Είναι $FA^2=2b^2=FD \cdot FC \Rightarrow$ η

εφάπτεται στον κύκλο (D,A,C)

, άρα $\angle FAD=\angle ACF=30^\circ \Rightarrow \theta=45^\circ-30^\circ=15^\circ \Rightarrow \boxed{\theta=15^\circ}$ .

: FANIS-94.png (31.72 KiB) Προβλήθηκε 795 φορές

#6

Άλλη μία. Από την προηγούμενη ανάρτησή μου είναι $a=x\sqrt 3$ και $\displaystyle \frac{y}{x} = \frac{{\sqrt 3 + 1}}{2}$

: Τρίγωνο 94.β.png (13.06 KiB) Προβλήθηκε 781 φορές

Φέρνω το ύψος AH.

Είναι: $\displaystyle HD = y - \frac{x}{2} = \frac{{x(\sqrt 3 + 1)}}{2} - \frac{x}{2} = \frac{{x\sqrt 3 }}{2} = AH \Leftrightarrow A\widehat DH = {45^0} \Leftrightarrow$ $\boxed{\theta=15^0}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #7

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 13, 2018 9:13 pm
1.png

Καλησπέρα.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο του παραπάνω σχήματος είναι .

Βρείτε το μέτρο της γωνίας $\theta$ .

Έστω $\displaystyle AF$ διχοτόμος της $\displaystyle \angle A$ . Με $\displaystyle BE \bot AF$ θα είναι, $\displaystyle AE = x$ άρα $\displaystyle EB = a - x$ και

$\displaystyle \angle AEF = {60^0}$ οπότε $\displaystyle \angle EFC = {30^0}$

Έτσι, $\displaystyle BF = FE = EC = a - x$ κι επειδή $\displaystyle a - x = y - b$ θα έχουμε $\displaystyle DF = DC = b$ άρα

$\displaystyle ED \bot FC \Rightarrow AEDB$ εγγράψιμο

Επομένως $\displaystyle \boxed{\theta = \angle EBF = {{15}^0}}$

: t94.png (12.88 KiB) Προβλήθηκε 762 φορές

Γιώργος Μήτσιος · #8

Χαιρετώ όλη την παρέα με τις θαυμάσιες λύσεις !

: Τρίγωνο-94.PNG (7.58 KiB) Προβλήθηκε 738 φορές

Όπως βρέθηκε $\dfrac{y}{x}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}$ . Θεωρώ το ισόπλευρο BAG

. Αρκεί η

να είναι διχοτόμος της $\widehat{GAC}=30^{0}$

άρα αρκεί $\dfrac{DC}{DG}=\dfrac{AC}{AG}$ δηλ. $\dfrac{2x-y}{y-x}=\sqrt{3}\Leftrightarrow ..\Leftrightarrow \dfrac{y}{x}=\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}$ που ισχύει. Συνεπώς $\theta =15^{0}$ . Φιλικά Γιώργος.

Τρίγωνο-94.

Τρίγωνο-94.

Re: Τρίγωνο-94.

Re: Τρίγωνο-94.

Re: Τρίγωνο-94.

Re: Τρίγωνο-94.

Re: Τρίγωνο-94.

Re: Τρίγωνο-94.

Re: Τρίγωνο-94.

Μέλη σε σύνδεση