Ισοσκελές τρίγωνο και ισογωνιότητα.

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2130
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Ισοσκελές τρίγωνο και ισογωνιότητα.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Παρ Δεκ 03, 2021 11:13 am

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο \vartriangle ABC με AB = AC > BC και έστω AD το ύψος του. Η μεσοκάθετη ευθεία της πλευράς AC τέμνει την πλευρά AB στο σημείο P και ας είναι N, η προβολή του P επί της BC. Έστω E, το συμμετρικό σημείο του C ως προς το σημείο N και ας είναι Z, η προβολή του E επί της AC. Αποδείξτε ότι \angle ADP = \angle BDQ, όπου Q\equiv AB\cap EZ.

Κώστας Βήττας.
f=181 t=70650.PNG
Ισοσκελές τρίγωνο και ισογωνιότητα.
f=181 t=70650.PNG (14.29 KiB) Προβλήθηκε 276 φορές



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4349
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: Ισοσκελές τρίγωνο και ισογωνιότητα.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Δεκ 03, 2021 10:19 pm

vittasko έγραψε:
Παρ Δεκ 03, 2021 11:13 am
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο \vartriangle ABC με AB = AC > BC και έστω AD το ύψος του. Η μεσοκάθετη ευθεία της πλευράς AC τέμνει την πλευρά AB στο σημείο P και ας είναι N, η προβολή του P επί της BC. Έστω E, το συμμετρικό σημείο του C ως προς το σημείο N και ας είναι Z, η προβολή του E επί της AC. Αποδείξτε ότι \angle ADP = \angle BDQ, όπου Q\equiv AB\cap EZ.

Κώστας Βήττας.
f=181 t=70650.PNG
Ισοσκελές και ισογωνιότητα.png
Ισοσκελές και ισογωνιότητα.png (40.43 KiB) Προβλήθηκε 213 φορές
Με K\equiv PM\cap AD προκύπτει ότι τα K,P είναι τα περίκεντρα των τριγώνων \vartriangle ABC,\vartriangle AEC αντίστοιχα (σημεία τομής δύο μεσοκαθέτων των πλευρών τους) . Έτσι έχουμε:
\angle PEA=\angle PAE={{90}^{0}}-\angle C=\angle CEQ\overset{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma }{\mathop{=}}\,\angle DAC\overset{AD\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda o\upsilon \varsigma }{\mathop{=}}\,\angle PAD:\left( 1 \right)
Οπότε : \angle BKD=\angle BAC=\angle EAD\Rightarrow KB\parallel AE\Rightarrow \dfrac{KA}{BE}=\dfrac{DA}{DE}:\left( 2 \right)
Από PM\parallel EQZ (κάθετες στην ίδια ευθεία) θα είναι \angle KPA=\angle PQZ=\angle EQB\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle APK\sim \vartriangle EQB\Rightarrow \dfrac{PA}{EQ}=\dfrac{KA}{BE}\overset{\left( 3 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,
\dfrac{PA}{EQ}=\dfrac{DA}{DE}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle PAD\sim \vartriangle QED(δύο γωνίες ίσες μια προς μια και τις περιεχόμενες πλευρές τους ανάλογες) \Rightarrow \angle ADP=\angle EDQ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2130
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Ισοσκελές τρίγωνο και ισογωνιότητα.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Παρ Δεκ 10, 2021 8:48 pm

Τα τρίγωνα \vartriangle ADP,\ \vartriangle EDQ έχουν \angle DAP = \angle DEQ και άρα, για να ισχύει το ζητούμενο αρκεί να αποδειχθεί ότι τα τρίγωνα αυτά είναι όμοια.

\bullet Έστω το σημείο S\equiv AC\cap PN και έχουμε ότι το τρίγωνο \vartriangle SEC είναι ισοσκελές λόγω SN\perp EC και NE = NC.

Ισχύει PM = PR = EF\ \ \ ,(1) όπου F,\ R, είναι οι προβολές των σημείων E,\ P επί των ευθειών AB,\ SE, αντιστοίχως.

Από PA = PC = PE έχουμε ότι το σημείο P ταυτίζεται με το περίκεντρο του τριγώνου \vartriangle AEC.

Ισχύει \angle AEP + \angle PEC = \angle APM = 90^{o} - \angle A\ \ \ ,(2)

Από (2)\Rightarrow \angle AEP = 90^{o} - \angle A - \angle PEC = 90^{o} - \angle C\ \ \ ,(3) λογω \angle PEC = \angle PCE = \angle C -\angle A.

Από (3)\Rightarrow \angle AEP = \angle DAC\Rightarrow \angle EAP = \angle DAB\Rightarrow \angle EAD = \angle A\ \ \ ,(4)
f=181 t=70650(a).PNG
Ισοσκελές τρίγωνο και ισογωνιότητα.
f=181 t=70650(a).PNG (24.52 KiB) Προβλήθηκε 96 φορές
\bullet Από το ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle MAP έχουμε \displaystyle \sin A = \frac{PM}{AP}\ \ \ ,(5)

Από το ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle FEQ έχουμε \displaystyle \cos A = \frac{EF}{EQ}\ \ \ ,(6) λόγω \angle FEQ = \angle A.

Από (5),\ (6)\Rightarrow \displaystyle \tan A = \frac{EQ}{AP}\ \ \ ,(7) λόγω PM = EF.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο \vartriangle DAE με \angle EAD = \angle A έχουμε \displaystyle \tan A = \frac{ED}{AD}\ \ \ ,(8)

Από (7),\ (8)\Rightarrow \displaystyle \frac{EQ}{ED} = \frac{AP}{AD}\ \ \ ,(9

Από (9) και \angle DEQ = \angle DAP συμπεραίνεται ότι τα τρίγωνα \vartriangle ADP,\ \vartriangle EDQ είναι όμοια και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης