Ισοσκελές τρίγωνο και ισογωνιότητα.

#1

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

Κώστας Βήττας.

: Ισοσκελές τρίγωνο και ισογωνιότητα.; f=181 t=70650.PNG (14.29 KiB) Προβλήθηκε 540 φορές

#2

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

Κώστας Βήττας.
f=181 t=70650.PNG

: Ισοσκελές και ισογωνιότητα.png (40.43 KiB) Προβλήθηκε 477 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.

#3

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

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 $(3)\Rightarrow$ $\angle AEP = \angle DAC\Rightarrow$ $\angle EAP = \angle DAB\Rightarrow$ $\angle EAD = \angle A\ \ \ ,(4)$

: Ισοσκελές τρίγωνο και ισογωνιότητα.; f=181 t=70650(a).PNG (24.52 KiB) Προβλήθηκε 360 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.

Ισοσκελές τρίγωνο και ισογωνιότητα.

Ισοσκελές τρίγωνο και ισογωνιότητα.

Re: Ισοσκελές τρίγωνο και ισογωνιότητα.

Re: Ισοσκελές τρίγωνο και ισογωνιότητα.

Μέλη σε σύνδεση