Αθροιστικά ίσα

#1

: Αθροιστικά ίσα.png (16.01 KiB) Προβλήθηκε 1026 φορές

Στο τόξο $\overset\frown{BC}$ του περίκυκλου ισοσκελούς τριγώνου ABC(AB=AC),

στο οποίο δεν ανήκει η κορυφή

κινείται σημείο

και έστω

η προβολή του

στην

Να δείξετε ότι DE=BD+EC.

S.E.Louridas · #2

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 08, 2019 9:12 pm
Στο τόξο $\overset\frown{BC}$ του περίκυκλου ισοσκελούς τριγώνου στο οποίο δεν ανήκει η κορυφή κινείται σημείο και έστω η προβολή του στην Να δείξετε ότι

Γνωρίζουμε ότι $\angle CDB = \pi - \angle A\;\,\left( 1 \right).$ Θεωρούμε τον κύκλο (A,AB)

που περνά από το σημείο

και τέμνει την

στο

. Τότε

και $\angle BTD = \frac{1}{2}\angle A\;\,\left( 2 \right).$ Από τις $(1),\;(2)$ παίρνουμε $\angle DBT = \pi - \left( {\pi - \angle A} \right) - \frac{1}{2}\angle A = \frac{1}{2}\angle A \Rightarrow BD = DT.$ Τελικά έχουμε BD+EC=DT+TE=DE.

: gb.png (20.8 KiB) Προβλήθηκε 1010 φορές

#3

Παρεμφερές

: Αθροιστικά ίσα.png (25.71 KiB) Προβλήθηκε 992 φορές

Υποθέτω

. Ας είναι

το συμμετρικό του

ως προς το

. άρα το $\vartriangle ATC$ είναι ισοσκελές οπότε AB = AC = AT

,

$\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}}$ ως εξωτερική του εγγεγραμμένου τετραπλεύρου ABDC

, αλλά αφού $AC = AT \Leftrightarrow \widehat {{\theta _2}} = \widehat {{\theta _3}}$ . Δηλαδή $\boxed{\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}} = \widehat {{\theta _3}}}$ . προφανώς δε $AB = AT \Leftrightarrow \boxed{\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}}}$ .

Στο τρίγωνο DBT

οι εξωτερικές γωνίες του στα $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,T$ και άρα είναι ισοσκελές,

Έτσι $DB = DT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ET = EC$ που αν προσθέσω ακραία και μεσαία , κι έχω το ζητούμενο.

#4

: Αθροιστικά ίσα_new.png (33.61 KiB) Προβλήθηκε 981 φορές

Στη προέκταση του

θεωρώ σημείο

με

.

Επειδή $AB = AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EC = BT\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {ACD} = \widehat {ABT}$ τα τρίγωνα $AEC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ATB$ είναι ίσα και θα έχουν $AE = AT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat T = \widehat E = 90^\circ$ .

Αναγκαστικά τώρα τα ορθογώνια τρίγωνα $ATD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AED$ θα είναι ίσα γιατί έχουν υποτείνουσα κοινή και AE = AT

. Οπότε θα έχουν και DT = DE

( πράσινο και μπλε ίσο με το κόκκινο)

p_gianno · #5

: άθροισμα τμημάτων.PNG (28.66 KiB) Προβλήθηκε 965 φορές

$\angle D_1=\angle D_2$ (βαίνουν σε ίσα τόξα)

διχοτόμος της $\angle D$ συνεπώς το συμμετρικό

του

ως προς την

ανήκει στην

. Συνεπώς BD=DZ (1)

και

Είναι τώρα ZAC

ισοσκελές, συνεπώς το ύψος

είναι και διάμεσος. Δηλαδή CE=EZ (2)

Από

παίρνουμε

Ιστοσελίδα · #6

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 08, 2019 9:12 pm

Στο τόξο $\overset\frown{BC}$ του περίκυκλου ισοσκελούς τριγώνου στο οποίο δεν ανήκει η κορυφή

κινείται σημείο και έστω η προβολή του στην Να δείξετε ότι

Καλημέρα!

: shape.png (21.13 KiB) Προβλήθηκε 950 φορές

Αν

, τότε τα τρίγωνα $ABD,\,ACK$ είναι ίσα (Π-Γ-Π) και το ζητούμενο έπεται άμεσα.

KARKAR · #7

Θ περίμενε κανείς την έκφραση : "Σπασμένη χορδή " . Όρα

#8

Μια ακόμα για πλουραλισμό

: Αθροιστικά ίσα_Simson.png (36.11 KiB) Προβλήθηκε 934 φορές

Αν

το μέσο του

και

το σημείο τομής των $ME\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DB$ η ευθεία $\overline {MET}$ είναι η ευθεία Simson

που αντιστοιχεί στο

.

Τα τρίγωνα ορθογώνια $AEC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,$ ATB

είναι ίσα και άρα $\boxed{EC = TB}\,\,(1)$

Επειδή $\widehat {{\omega _2}} = \widehat {{\omega _3}}$ , διαδοχικά έχουμε από τα εγγράψιμα τετράπλευρα

$ATBM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AMEC$ : $\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}} = \widehat {{\omega _3}} = \widehat {{\omega _4}}$

μα τότε το τρίγωνο DTE

έχει στα

ίσες γωνίες ως συμπληρώματα ίσων γωνιών και θα είναι ισοσκελές . Δηλαδή DT = DE.

Λόγω της

έχω αυτό που θέλω..

Μιχάλης Τσουρακάκης · #9

george visvikis έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 08, 2019 9:12 pm
Αθροιστικά ίσα.png
Στο τόξο $\overset\frown{BC}$ του περίκυκλου ισοσκελούς τριγώνου στο οποίο δεν ανήκει η κορυφή

κινείται σημείο και έστω η προβολή του στην Να δείξετε ότι

Σχηματίζοντας το ορθογώνιο $\displaystyle DEAH$ ,το $\displaystyle AZDC$ είναι ισοσκελές τραπέζιο,άρα $\displaystyle ZD = AC = AB \Rightarrow AZBD$

επίσης ισοσκελές τραπέζιο $\displaystyle \Rightarrow AZ = BD$

Ακόμη, $\displaystyle \vartriangle HZD = \vartriangle AEC \Rightarrow EC = ZH$ .Άρα $\displaystyle \boxed{ED = HA = BD + EC}$

: Αθροιστικά ίσα.png (24.25 KiB) Προβλήθηκε 908 φορές

#10

Σας ευχαριστώ όλους για τις πολύ ωραίες λύσεις! Η δική μου είναι ίδια με τη δεύτερη του Νίκου Φραγκάκη (#4).

Για λόγους πλουραλισμού, θα δώσω και μία εκτός φακέλου.

: Αθροιστικά ίσα.β.png (17.58 KiB) Προβλήθηκε 863 φορές

$\displaystyle \cos \theta = \frac{{DE}}{{AD}}$ και με νόμο συνημιτόνων στο ABC

βρίσκω $\displaystyle \cos \theta = \frac{a}{{2b}}.$ Άρα, $\boxed{aAD=2bDE}$ (1)

Πτολεμαίος στο ABDC:

$\displaystyle bBD + bDC = aAD\mathop = \limits^{(1)} 2bDE \Leftrightarrow BD + DC = 2DE \Leftrightarrow$ $\boxed{DE=BD+EC}$

Αθροιστικά ίσα

Αθροιστικά ίσα

Re: Αθροιστικά ίσα

Re: Αθροιστικά ίσα

Re: Αθροιστικά ίσα

Re: Αθροιστικά ίσα

Re: Αθροιστικά ίσα

Re: Αθροιστικά ίσα

Re: Αθροιστικά ίσα

Re: Αθροιστικά ίσα

Re: Αθροιστικά ίσα

Μέλη σε σύνδεση