Problema de "slicing" (100,50,30) (own)

Problema de "slicing" (100,50,30) (own)

Mesajde Marius Stănean » Lun Ian 03, 2011 8:26 pm

Fie \triangle ABC,\,m(\angle A)=50^\circ,m(\angle C)=30^\circ. Punctele D \in (AB),\,E \in (AC) astfel incat m(\angle ACD)=10^\circ,\,m(\angle ABE)=20^\circ. Sa se afle m(\angle{ADE}).
Fişiere ataşate
pr_50_30_c.png
pr_50_30_c.png (8.79 KiB) Vizualizat de 2437 ori
Quae nocent docent
Marius Stănean
 
Mesaje: 751
Membru din: Mar Iul 13, 2010 7:15 am
Localitate: Zalau

Re: Problema de "slicing" (100,50,30)

Mesajde bilalkaan » Sâm Ian 08, 2011 11:06 pm

Construim bisectoarea unghiului \angle BCD si notam cu O intersectia BE si CD si vom avea ca triunghiul COB este isoscel.Fie Y si X intersectia bisectoare unghiului \angle BCD cu segmentele AB si BE. Din calculul de unghiuri ne va rezulta ca triunghiul CEY este isoscel si rezulta ca masura unghiului ADE este 60^\circ. :D
bilalkaan
 
Mesaje: 146
Membru din: Vin Noi 05, 2010 10:25 pm

Re: Problema de "slicing" (100,50,30)

Mesajde Marius Stănean » Dum Ian 09, 2011 6:02 pm

Felicitari Bilal Kaan, o solutie frumoasa. :)
bilalkaan scrie:Construim bisectoarea unghiului \angle BCD si notam cu O intersectia BE si CD si vom avea ca triunghiul COB este isoscel.Fie Y si X intersectia bisectoare unghiului \angle BCD cu segmentele AB si BE. Din calculul de unghiuri ne va rezulta ca triunghiul CEY este isoscel si rezulta ca masura unghiului ADE este 60^\circ. :D
pr_50_30_bilalkaan.png
pr_50_30_bilalkaan.png (9.09 KiB) Vizualizat de 2434 ori

Deci patrulaterul BCEY este inscriptibil (\angle ECY=\angle EBY=20^\circ)\Rightarrow \angle CEY=180^\circ-\angle B=80^\circ \Rightarrow \angle CYE=180^\circ-\angle CEY-\angle ECY=80^\circ\Rightarrow \triangle CEY este isoscel.
Deci CY=CE\Rightarrow \triangle CDY\equiv \triangle CDE \;(L.U.L.) \Rightarrow \angle ADE=2\cdot\angle DYE=2\cdot\angle C=60^\circ.


Solutia mea se bazeaza pe construirea poligonului regulat cu 18 laturi.
pr_50_30_d.png
pr_50_30_d.png (12.01 KiB) Vizualizat de 2439 ori

DE\parallel BF \Leftrightarrow \dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AF}\Leftrightarrow\ldots \Leftrightarrow \dfrac{\sin 10^\circ\cdot \sin 100^\circ \cdot\sin 50^\circ \cdot\sin 70^\circ \cdot\sin 60^\circ }{\sin 50^\circ \cdot\sin 60^\circ \cdot\sin 20^\circ \cdot\sin 30^\circ \cdot\sin 70^\circ}=1\Leftrightarrow \dfrac{\sin 10^\circ \cdot\sin 100^\circ}{\sin 20^\circ \cdot\sin 30^\circ}=1\Leftrightarrow
\dfrac{2\sin 10^\circ \cdot\sin 100^\circ}{2\sin 10^\circ \cdot\cos 10^\circ }=1\Leftrightarrow\dfrac{\cos (-10^\circ)}{ \cos 10^\circ }=1.
Quae nocent docent
Marius Stănean
 
Mesaje: 751
Membru din: Mar Iul 13, 2010 7:15 am
Localitate: Zalau

Re: Problema de "slicing" (100,50,30) (own)

Mesajde sunken rock » Mie Mai 29, 2013 9:55 pm

Take F as intersection of BE with the symmetrical of CD w.r.t. AC; since \angle DCF=\angle DBF=20^\circ, CBDF is cyclic; with \angle CDF=80^\circ, we get \Delta CDF isosceles and, by symmetry \angle FDE=\angle DFE, but \angle DFE=\angle DCB=20^\circ. With \angle ADF=\angle BCF=40^\circ we get \angle ADE=60^\circ.

Best regards,
sunken rock
A blind man sees the details better.
Avatar utilizator
sunken rock
 
Mesaje: 644
Membru din: Joi Ian 06, 2011 2:49 pm
Localitate: Constanta

Re: Problema de "slicing" (100,50,30) (own)

Mesajde Virgil Nicula » Lun Iun 03, 2013 3:35 am

PP. Fie \triangle ABC,\,m(\angle A)=50^\circ,m(\angle C)=30^\circ. Punctele D \in (AB),\,E \in (AC) astfel incat m(\angle ACD)=10^\circ,\,m(\angle ABE)=20^\circ. Sa se afle m(\angle{ADE}).

Demonstratie. Notam m\left(\widehat{CDE}\right)=x si m\left(\widehat{BED}\right)=y , unde x+y=100^{\circ} . In patrulaterul convex BDEC aplicam relatia trigonometrica cunoscuta:

\sin\widehat{EBD}\sin\widehat{CDE}\sin\widehat{BEC}\sin\widehat{DCB}= \sin\widehat{CBE}\sin\widehat{BDC}\sin\widehat{DEB}\sin\widehat{ECD}\iff \sin 20^{\circ}\sin x\sin 70^{\circ}\sin 20^{\circ}=\sin 80^{\circ}\sin 60^{\circ}\sin y\sin 10^{\circ} \iff

\sin 20^{\circ}\sin x\cos 20^{\circ}\sin 20^{\circ}=\cos 10^{\circ}\sin 60^{\circ}\sin y\sin 10^{\circ}\iff \sin 40^{\circ}\sin x\sin 20^{\circ}=\sin 60^{\circ}\sin y\sin 20^{\circ}\iff \boxed{\sin 40^{\circ}\sin x=\cos 30^{\circ}\cos (10^{\circ} -x)}

\iff \cos (40^{\circ} -x)-\cos (40^{\circ}+x)=\cos (40^{\circ}-x)+\cos (20^{\circ}+x)\iff \cos (140^{\circ}-x)=\cos (20^{\circ}+x)\iff 140^{\circ} -x=20^{\circ}+x\iff x=60^{\circ} .
Virgil Nicula
 
Mesaje: 244
Membru din: Sâm Oct 30, 2010 3:55 pm
Localitate: Bradenton, Florida

Re: Problema de "slicing" (100,50,30) (own)

Mesajde sunken rock » Mie Mai 31, 2017 8:51 am

Take $O$ the circumcenter of $\triangle BCE$; it belongs to $CD$. Because $\angle BEO=\angle BDO=60^\circ$, $BDEO$ is cyclic, thus $\angle CDE=\angle ODE=60^\circ$, making $\angle ADE=60^\circ$.

Best regards,
sunken rock
A blind man sees the details better.
Avatar utilizator
sunken rock
 
Mesaje: 644
Membru din: Joi Ian 06, 2011 2:49 pm
Localitate: Constanta

Re: Problema de "slicing" (100,50,30) (own)

Mesajde sunken rock » Mie Mai 31, 2017 2:15 pm

Take ${F}\in BE\cap CD$ and $G$ reflection of $F$ in $BC$; $G$ lies onto $AB$. Now take ${H}\in GF\cap AC$. Since $\angle DGH=\angle DCH=10^\circ$ we get $GDHC$ cyclic hence, simple angle inspection shows $DHEF$ cyclic as well, with $\angle EDH=10^\circ$, finally giving $\angle EDF=60^\circ\iff\angle ADE=60^\circ$.

Best regards,
sunken rock
A blind man sees the details better.
Avatar utilizator
sunken rock
 
Mesaje: 644
Membru din: Joi Ian 06, 2011 2:49 pm
Localitate: Constanta


Înapoi la Geometrie

Cine este conectat

Utilizatorii ce navighează pe acest forum: Niciun utilizator înregistrat şi 6 vizitatori

cron