Γεωμετρικός μπελάς.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 7.png (9.18 KiB) Προβλήθηκε 1136 φορές

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC (AB=AC)

, η διάμεσος

, η διχοτόμος

και το έγκεντρο του τριγώνου AMC

το οποίο ονομάζω

.

Αν $\angle BDE=45^{0}$ , να υπολογίσετε τις μοίρες της $\angle A$ .

#2

#3

rek2 έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 23, 2019 1:13 pm
'

Μπορεί και $90^\circ.$

#4

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 23, 2019 1:48 pm

rek2 έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 23, 2019 1:13 pm
'

Μπορεί και $90^\circ.$

Ακριβώς! Γιώργο έχουμε δύο λύσεις .

Η απάντηση που έχω θα αναρτηθεί το βράδυ εκτός αν κάποιος έχει την ίδια λύση ανεβάσει .

christinat · #5

Η μια λυση είναι $\angle A=90^{\circ}$

Έστω ότι οι διχοτομοι των γωνιών $\angle B$
Και $\angle C$ τέμνονται στο K
$\angle B=\angle C=2x$

Το K είναι το εγκεντρο του τριγώνου $\widehat{ABC}$

$\widehat{KMC}=\widehat{KMB}$
(Ορθογώνια τρίγωνα,ΚΜ κοινή πλευρά, MB=MC

)

$\widehat{BKC}$ ισοσκελες

διχοτομος της $\angle A$

Όποτε $\angle BKM=\angle CKM=z$

$\angle DKC=180^{\circ}-\angle BKM-\angle CKM$
$\angle DKC=180^{\circ}-2z$ (1)

Αφού Κ το εγκεντρο του ABC ισχύει ότι:

$\angle BKC=90^{\circ}+\frac{\angle A}{2}$
Άρα $2z=90^{\circ}+\frac{\angle A}{2}$ (2)

Αντικαθιστώντας την σχεση (2) στην σχεση (1) έχουμε:
$\angle DKC=180^{\circ}-90^{\circ}-\frac{\angle A}{2}=90^{\circ}-\frac{\angle A}{2}$ (3)

Στο $\widehat{ADB}$ έχουμε: $\angle ADB=180^{\circ}-\angle A-\angle x$

Και επειδή $\angle A=180^{\circ}-4x$ ισχύει ότι
$\angle ADB=3x$

$\angle KDC=180^{\circ}-3x$

Στο $\widehat{KDC}$ : $\angle DKC+\angle KDC+x=180^{\circ}\Rightarrow \angle DKC+180^{\circ}-3x+x=180^{\circ}$

Άρα $\angle DKC=2x$ (4)
Επίσης:
$\frac{\angle A}{2}=90^{\circ}-2x$
Όμως $\angle DKC=180^{\circ}-2z$ και από την σχεση (2) έχουμε : $\angle DKC=90^{\circ}-\frac{\angle A}{2}$

Πρέπει $90^{\circ}-2x=2x$
Οποτε $x=22,5^{\circ}$
Από την σχεση $\angle A=180^{\circ}-4x$
Παίρνουμε ότι $\angle A=90^{\circ}$

christinat · #6

Η άλλη λυση είναι η $\angle A=60^{\circ}$

Ισχύει ότι:
$\angle ADB=3x$

Επιπλέον $\angle A+4x=180^{\circ}$

Στο $\widehat{KDC}$ : $\angle DKC+4x=180^{\circ}\Rightarrow \angle DKC=\angle A$

$\angle DKC=2x$ από την σχεση (4)

Άρα $\angle A=2x$

Οποτε $\angle A+\angle B+\angle C=180^{\circ}\Rightarrow 6x=180^{\circ}\Rightarrow x=30^{\circ}$

Άρα $\angle A=60^{\circ}$

#7

Η

είναι και διχοτόμος , οπότε το σημείο τομής

των $AM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BD$ είναι το έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ και η

διέρχεται απ αυτό .

Τα τρίγωνα $DOE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MOE$ έχουν ίσους περιγεγραμμένους κύκλους κέντρων $K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$

( γιατί έχουν τη πλευρά

κοινή χορδή και τις απέναντι γωνίες από $45^\circ )$

Προφανές ότι το τετράπλευρο KOLE

είναι τετράγωνο και το τρίγωνο CKL

ισοσκελές αφού η

είναι μεσοκάθετος στη διάκεντρο

.

Αναγκαστικά τότε $\boxed{\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}}}$ . Έτσι τα τρίγωνα $KDC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LMC$ θα έχουν:

: γεωμετρικός μπελάς_1.png (57.96 KiB) Προβλήθηκε 871 φορές

$\left\{ \begin{gathered} KD = LM \hfill \\ KC = LC \hfill \\ \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ .

Έχουμε τώρα δύο αποκλειστικά ενδεχόμενα :

Είτε τα τρίγωνα να είναι ίσα οπότε θα έχουν : DC = MC

και άρα $\boxed{\widehat A = 60^\circ }$ .

Είτε να έχουν : $\widehat {KDC} + \widehat {LMC} = 180^\circ$ τότε το πεντάγωνο DKLMC

γίνεται εγγεγραμμένο τετράπλευρο και αναγκαστικά :

$\widehat {MKD} = 180^\circ - 45^\circ \Rightarrow \widehat {ACB} = 45^\circ \Rightarrow \boxed{\widehat A = 90^\circ }$

: γεωμετρικός μπελάς_2.png (51.44 KiB) Προβλήθηκε 871 φορές

#8

Doloros έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 24, 2019 3:11 am
Η είναι και διχοτόμος , οπότε το σημείο τομής των $AM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BD$ είναι το έγκεντρο του $\vartriangle ABC$ και η διέρχεται απ αυτό .

Τα τρίγωνα $DOE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MOE$ έχουν ίσους περιγεγραμμένους κύκλους κέντρων $K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$

( γιατί έχουν τη πλευρά κοινή χορδή και τις απέναντι γωνίες από $45^\circ )$

Προφανές ότι το τετράπλευρο είναι τετράγωνο και το τρίγωνο ισοσκελές αφού η είναι μεσοκάθετος στη διάκεντρο .

Αναγκαστικά τότε $\boxed{\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}}}$ . Έτσι τα τρίγωνα $KDC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LMC$ θα έχουν:

γεωμετρικός μπελάς_1.png

$\left\{ \begin{gathered} KD = LM \hfill \\ KC = LC \hfill \\ \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ .

Έχουμε τώρα δύο αποκλειστικά ενδεχόμενα :

Είτε τα τρίγωνα να είναι ίσα οπότε θα έχουν : και άρα $\boxed{\widehat A = 60^\circ }$ .

Είτε να έχουν : $\widehat {KDC} + \widehat {LMC} = 180^\circ$ τότε το πεντάγωνο γίνεται εγγεγραμμένο τετράπλευρο και αναγκαστικά :

$\widehat {MKD} = 180^\circ - 45^\circ \Rightarrow \widehat {ACB} = 45^\circ \Rightarrow \boxed{\widehat A = 90^\circ }$
γεωμετρικός μπελάς_2.png

Τόσο απλά!!!

(Νομίζω ότι όλη η λύση επικεντρώνεται στην παρατήρηση με τα κόκκινα γράμματα).

#9

Ας δούμε και μία άκομψη λύση. Επειδή είναι όμως χρονοβόρα, θα δώσω τα κύρια σημεία της λύσης. Επικεντρώνομαι στο τρίγωνο

IED,

όπου $\displaystyle \sin (I\widehat ED) = \sin (45^\circ + 2\theta ) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}(\cos 2\theta + \sin 2\theta ).$ Έστω AB=AC=b, BC=a.

: Γεωμετρικός μπελάς.png (14.97 KiB) Προβλήθηκε 776 φορές

$\displaystyle \bullet$ Πρώτα βρίσκω $\boxed{\cos 2\theta = \frac{a}{{2b}},\sin 2\theta = \frac{{\sqrt {4{b^2} - {a^2}} }}{{2b}},\cos \theta = \frac{{\sqrt {b(2b + a)} }}{{2b}},\sin \theta = \frac{{\sqrt {b(2b - a)} }}{{2b}}}$ (1)

$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle \frac{{IE}}{{EC}} = \frac{{IM}}{{MC}} = \tan \theta \Leftrightarrow \frac{{IE}}{{IC}} = \frac{{\tan \theta }}{{\tan \theta + 1}} \Leftrightarrow IE = \frac{{\tan \theta }}{{\tan \theta + 1}} \cdot \frac{a}{{2\cos \theta }} \Leftrightarrow$ $\boxed{IE = \frac{{\sin \theta }}{{2\cos \theta (\sin \theta + \cos \theta )}}}$ (2)

$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle \frac{{BI}}{{ID}} = \frac{{a + b}}{b} \Leftrightarrow ID = \frac{b}{{a + b}} \cdot IC \Leftrightarrow$ $\boxed{ID = \frac{{ab}}{{2(a + b)\cos \theta }}}$ (3)

Από τις σχέσεις (1), (2), (3)

και εφαρμόζοντας νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο IED,

καταλήγω στην εξίσωση:

$\displaystyle 2{b^2}\left( {\sqrt {2b - a} + \sqrt {2b + a} } \right) = (a + b)\left( {a + \sqrt {4{b^2} - {a^2}} } \right)\sqrt {2b - a}$ (*)

Η εξίσωση αυτή για a,b>0

δίνει $\boxed{a=b}$ ή $\boxed{a=b\sqrt 2}$

$\displaystyle \bullet$ Αν a=b,

το τρίγωνο είναι ισόπλευρο και $\boxed{\widehat A=60^\circ},$ ενώ αν $a=b\sqrt 2,$ το τρίγωνο είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και $\boxed{\widehat A=90^\circ}$

(*) Για τη λύση της εξίσωσης θέτω a=bt

και μένει εξίσωση ως προς

που δίνει $t=1, t=\sqrt 2.$

Γεωμετρικός μπελάς.

Γεωμετρικός μπελάς.

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

Re: Γεωμετρικός μπελάς.

Μέλη σε σύνδεση