Γεωμετρείν 10

Δημήτρης Μυρογιάννης · #1

Παραλλαγή (νομίζω πολύ… δύσκολη ) του Γεωμετρείν 8.
Δημιουργούμε δυο εφεξής γωνίες tAs

και

έτσι ώστε να είναι
tAs= 3 sAz=3x

.
Επί της

παίρνουμε τυχαίο σημείο

και δημιουργούμε γωνία ADB=45

μοίρες όπως στο σχήμα.
Αν η

τέμνει την

στο σημείο

, βρείτε τη γωνία

έτσι ώστε το σημείο

να είναι το μέσο του

.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 10.PNG (20.89 KiB) Προβλήθηκε 672 φορές

#2

Δημήτρη καλημέρα!!!

Όμορφο θέμα: Έχει όμορφες "στροφούλες"

Έστω $\displaystyle{ \hat \omega = \widehat{ACB} }$ τότε θα ισχύει: $\displaystyle{ 45^0 = \widehat{ADB}\mathop = \limits^{\left( * \right)} \widehat{DAC} + \widehat{ACB}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{DAC} = x,\widehat{ACB} = \omega } \Rightarrow \boxed{x + \omega = 45^0 }:\left( 1 \right) }$ . $\displaystyle{ \left( * \right) }$ : (εξωτερική του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ADC }$ ).

Από το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC \Rightarrow \widehat{BAC} + \widehat{ACB} + \widehat{CBA} = 180^0 }$ $\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{BAC} = 4x,\widehat{ACB} = \omega ,180^0 = 4 \cdot 45^0 \mathop = \limits^{x + \omega = 45^0 } 4\left( {x + \omega } \right)} }$ $\displaystyle{ 4x + \omega + \widehat{CBA} = 4\left( {x + \omega } \right) \Rightarrow \ldots \boxed{\widehat{CBA} = 3\omega }:\left( 2 \right) }$

Θεωρούμε την $\displaystyle{ Dy \bot BC }$ και έστω $\displaystyle{ K \equiv Dy \cap AC }$ . Τότε προφανώς επειδή από την υπόθεση ισχύει $\displaystyle{ BD = DC }$ θα είναι $\displaystyle{ Dy }$ μεσοκάθετη της

$\displaystyle{ BC\mathop \Rightarrow \limits^{K \in Dy} KB = KC \Rightarrow \vartriangle KBC }$ είναι ισοσκελές οπότε $\displaystyle{ \widehat{CBK} = \widehat{BCK} = \omega \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right):\widehat{CBA} = 3\omega } \widehat{KBA} = 3\omega - \omega \Rightarrow \boxed{\widehat{KBA} = 2\omega }:\left( 3 \right) }$

Επίσης στο ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle KBC }$ είναι $\displaystyle{ \widehat{AKB} }$ είναι εξωτερική του οπότε θα ισχύει: $\displaystyle{ \widehat{AKB} = 2\widehat{ACB}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{ACB} = \omega } \boxed{\widehat{AKB} = 2\omega }:\left( 4 \right) }$ .

Από $\displaystyle{ \left( 3 \right),\left( 4 \right) \Rightarrow \widehat{KBA} = \widehat{AKB} = 2\omega \Rightarrow \vartriangle ABK }$ ισοσκελές $\displaystyle{ \left( {AB = AK} \right) }$ . Αν $\displaystyle{ M }$ είναι το μέσο της $\displaystyle{ BK }$ τότε επειδή όπως είδαμε το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABK }$

είναι ισοσκελές με «κορυφή» το $\displaystyle{ A }$ θα είναι $\displaystyle{ AM }$ ύψος , διάμεσος και διχοτόμος οπότε $\displaystyle{ \widehat{BMA} = \widehat{MAK} = \frac{{\widehat{BAK}}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{BAK} = 4x} \widehat{BMA} = \boxed{\widehat{MAK} = 2x}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{DAK} = x} \boxed{\widehat{MAD} = x}:\left( 5 \right) }$

Στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BCK }$ τα $\displaystyle{ D,M }$ είναι τα μέσα των πλευρών του $\displaystyle{ BC,BK }$ αντίστοιχα άρα

$\displaystyle{ DM//KC\left( {DM = \frac{{KC}} {2}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{A,K,C(\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa )} DM//AC \Rightarrow \widehat{ADM}\mathop = \limits^{(\varepsilon \nu \tau \varsigma - \varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \xi )} \widehat{DAK} }$ $\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{DAK} = \widehat{MAD} = x} \widehat{ADM} = \widehat{MAD} = x \Rightarrow \vartriangle MDA }$ ισοσκελές άρα $\displaystyle{ \boxed{AM = DM}:\left( 6 \right) }$ .

Στο ορθογώνιο όμως τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle KDB }$ με διάμεσο προς την υποτείνουσά του την $\displaystyle{ DM }$ θα ισχύει: $\displaystyle{ DM = \frac{{BK}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 6 \right):DM = AM} \boxed{AM = \frac{{BK}} {2}}:\left( 7 \right) }$ .

Τέλος στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BAK }$ από τη σχέση $\displaystyle{ \left( 7 \right) }$ προκύπτει ότι επειδή η διάμεσός του $\displaystyle{ AM }$ που αντιστοιχεί στην πλευρά του $\displaystyle{ BK }$ είναι το μισό της

το τρίγωνο θα είναι ορθογώνιο με ορθή τη γωνία που βρίσκεται απέναντι από την πλευρά αυτή, δηλαδή $\displaystyle{ \widehat{BAK} = 90^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{BAK} = 4x} 4x = 90^0 \Rightarrow \boxed{x = 22,5^0 } }$

Φιλικά και όσο μπορούμε γεωμετρικά και αναλυτικά
Στάθης

Δημήτρης Μυρογιάννης · #3

Τελικά Στάθη κατάλαβα πως λειτουργείς ...... ΠΩΡΩΝΕΣΑΙ !!
Για να φτάσεις στην ύψιστη απόδοσή σου θα πρέπει οι προδιαγραφές της άσκησης να είναι εξωπραγματικές.
Οπως και να έχει εισαι άπαιχτος.

#4

μετά την υπέροχη απάντηση του Στάθη (Στάθη πω πω τι ώρα έγραφες...

)

ας δώσουμε και μία σύντομη μεν ,άχαρη δε τριγωνομετρική με νόμο ημιτόνων

$\displaystyle{\vartriangle ADC \rightarrow \frac{DC}{\sin x}=\frac{AD}{\sin(45-x)},~~(1)}$

$\displaystyle{\vartriangle ADB \rightarrow \frac{DB}{\sin 3x}=\frac{AD}{\sin(45+3x)},~~(2)}$

$\displaystyle{(1),(2)\Rightarrow \frac{\sin 3x}{\sin x}=\frac{\sin(45+3x)}{\sin(45-x)}\Rightarrow \frac{\sin 3x}{\sin x}=\frac{\cos 3x+\sin 3x}{\cos x-\sin x}\Rightarrow }$

$\displaystyle{\sin(3x)\cos x-\sin(3x)\sin x=\sin x \cos(3x)+\sin x\sin(3x)\Rightarrow\sin(2x)=2\sin(3x)\sin x\Rightarrow }$

$\displaystyle{\cos x=\sin(3x)\Rightarrow \sin(3x)=\sin(\frac{\pi}{2}-x)\Rightarrow ~~ (\mu o \nu o )~~ 3x=\frac{\pi}{2}-x\Rightarrow x=\frac{\pi}{8}}$

Ιστοσελίδα · #5

: Γεωμετρείν-10.png (26.32 KiB) Προβλήθηκε 587 φορές

Καλημέρα Δημήτρη, Στάθη, Φωτεινή, . Ακόμα μία Γεωμετρική λύση.

Είναι $A\widehat DC = {135^ \circ },A\widehat BD = {135^ \circ } - 3x$ . Φέρω

κάθετη και ίση με

. Το τρίγωνο BEC

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε $E\widehat BC = {45^ \circ }$ . Από την ισότητα των τριγώνων $ADE,\,ADC\,\left( {\Pi - \Gamma - \Pi } \right)$ παίρνουμε $AE = AC,\,D\widehat AE = D\widehat AC = x$ , οπότε $B\widehat AE = 2x$ .

Στην προέκταση της

παίρνω τμήμα AZ = AE = AC

. Από παραπληρωματική της $A\widehat BE$ θα έχω $Z\widehat BE = 3x$ και απ’ το ισοσκελές AZE

(εφόσον $Z\widehat AE = 2x$ ) θα έχω ${\rm A}\widehat Z{\rm E} = {90^ \circ } - x$ .

Από την ισότητα των τριγώνων $AZE,{\mkern 1mu} AEC{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \left( {\Pi - \Gamma - \Pi } \right)$ έχουμε ZE = EC = EB

. Από τις προσκείμενες στη βάση γωνίες του ισοσκελούς EZB

προκύπτει η εξίσωση: ${90^ \circ } - x = 3x \Leftrightarrow x = {22,5^ \circ }$ .

Edit: Έκανα κάποιες αλλαγές στην απόδειξη. Το τμήμα , όπως και το σημείο δε χρειάζονται...

#6

Φωτεινή, Μιχάλη, Στάθη, Δημήτρη, καλησπέρα.
Ας δούμε άλλη μία προσέγγιση του θέματος.

Σχεδιάζουμε τα τετράγωνα BDMK, BDEZ, DCNM

. Οι

είναι συμμετρικές ως προς

, όπως και οι AB, AM

. Επομένως η

είναι διχοτόμος της γωνίας

του τριγώνου AME

. Επομένως το σημείο

βρίσκεται επί του περικύκλου του AME

(τομή διχοτόμου με μεσοκάθετο-Θ. νότιου πόλου). Άρα το τετράπλευρο EAMC

είναι εγγράψιμο, δηλαδή η γωνία $\hat{EAM}$ είναι ορθή. Έτσι $x=\frac{45^{0}}{2}$

Γεωμετρείν 10

Γεωμετρείν 10

Re: Γεωμετρείν 10

Re: Γεωμετρείν 10

Re: Γεωμετρείν 10

Re: Γεωμετρείν 10

Re: Γεωμετρείν 10

Μέλη σε σύνδεση