ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#1

: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ.png (6.81 KiB) Προβλήθηκε 795 φορές

Στις πλευρές τριγώνου ABC

και εξωτερικά αυτού, κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα ABD, BCT, ACE

. Κατασκευάζουμε άλλο ένα όμοιο προς αυτά τρίγωνο EDF

καθώς και το συμμετρικό του

ως προς

σημείο

. Αν

είναι τα ορθόκεντρα των EDF, BCT

αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι:
1) Το ADSE

είναι παραλληλόγραμμο.
2) $AH\perp BC$ και
3) $AO\perp DE$ .

cool geometry · #2

Συνάδελφοι, αφήστε την λίγο για τους μαθητές.

#3

cool geometry έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 04, 2022 10:33 am
Συνάδελφοι, αφήστε την λίγο για τους μαθητές.

Καλημέρα συνάδελφε !

Συμφωνώ μαζί σου να μείνει για ενα διάστημα (έστω 48 ωρών) για τους μαθητές μας

Υπάρχουν μαθητές που είναι πολύ πολύ καλλιτεροι απο εμάς και πιστεύω οτι θα καταφέρουν να ανταποκριθούν

Υποθέτω οτι για να κάνεις αυτή την πρόταση έχεις λύση ( και μάλιστα εύκολη) για το προβλημα

Μιας και πήρες τη " σκυτάλη " προτείνω αν δεν ανταποκριθούν οι μαθητές ( μπορεί να είναι σε κάποια παραλία

) να μας δώσεις εσύ τη λυση σου και στη συνέχεια να " ορμήσουν " οι υπόλοιποι

Υ.Σ :ελπίζω το πιο πάνω μυνημά μου να μην αποτρέψει τους μαθητές απο το να δώσουν απάντηση

#4

Είναι αλήθεια ότι τα τρία ερωτήματα στο σχήμα της εκφώνησης, ίσως μπερδεύουν τον ενδιαφερόμενο αναγνώστη και είναι προτιμότερο να τα δούμε ανεξάρτητα, το καθένα με τη δική του εκφώνηση.

Με βάσεις τις πλευρές δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle DAB,\ \vartriangle EAC$ προς το εξωτερικό μέρος του τριγώνου και το $\vartriangle SBC$ προς το εσωτερικό μέρος αυτού. Αποδείξτε ότι το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο.

: Όμοια ισοσκελή τρίγωνα και παραλληλόγραμμο.; f=181 t=72025 (1).PNG (14.21 KiB) Προβλήθηκε 619 φορές

Με βάσεις τις πλευρές δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και προς το εξωτερικό μέρος αυτού, κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle DAB,\ \vartriangle EAC,\ \vartriangle TBC$ . Αποδείξτε ότι $AO\perp DE$ , όπου είναι το ορθόκεντρο του $\vartriangle TBC$ .

: Όμοια ισοσκελή τρίγωνα και καθετότητα (a).; f=181 t=72025 (2).PNG (15.5 KiB) Προβλήθηκε 617 φορές

Με βάσεις τις πλευρές $AB,\ AC$ δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και προς το εξωτερικό μέρος αυτού, κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle DAB,\ \vartriangle EAC$ και ας είναι $\vartriangle FDE$ , το όμοιο με τα προηγούμενα ισοσκελές τρίγωνο, προς το μέρος της που δεν κείται το $\vartriangle ABC$ . Αποδείξτε ότι $AH\perp BC$ , όπου είναι το ορθόκεντρο του $\vartriangle FDE$ .

: Όμοια ισοσκελή τρίγωνα και καθετότητα (b).; f=181 t=72025 (3).PNG (12.91 KiB) Προβλήθηκε 595 φορές

Κώστας Βήττας.

MAnTH05 · #5

Καλησπέρα σας!

Για το 1ο ερώτημα:
Στο παρακάτω σχήμα το τετράπλευρο ΔΕΓΗ είναι εγγράψιμο αφού $\angle HDC = \angle HEC$
Παρόμοια το ΔΘΒΖ εγγράψιμο
Ισχύει $\angle ECA = \angle EAC = \angle HBC$ Άρα το

ανήκει στον περίκυκλο του ΑΒΓ, παρόμοια και το $\Theta$ . Άρα
$\angle DEH = \angle \theta CE = \angle AZD$
Από το εγγράψιμο ΑΗΘΓΒ $\angle ZDE = \angle B+ \angle C+ \angle x$
Ισχύει $\angle ZAH = 180 - \angle HA\theta = 180 - \angle A+ \angle x$ (από το τρίγωνο ΔΗΓ)
Το ζητούμενο έπεται

: geogebra-export.png (260.52 KiB) Προβλήθηκε 607 φορές

#6

vittasko έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 04, 2022 7:37 pm

Με βάσεις τις πλευρές δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle DAB,\ \vartriangle EAC$ προς το εξωτερικό μέρος του τριγώνου και το $\vartriangle SBC$ προς το εσωτερικό μέρος αυτού. Αποδείξτε ότι το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο.
f=181 t=72025 (1).PNG
Κώστας Βήττας.

: Ομοια ισοσκελή τρίγωνα και παραλληλόγραμμο.png (27.04 KiB) Προβλήθηκε 574 φορές

Προφανώς $\angle SCE=\angle ACB:\left( 1 \right)$ (αφού $\angle ECA=\angle SCB$ λόγω της ομοιότητας των ισοσκελών τριγώνων $\vartriangle EAC,\vartriangle SBC$ ) από την οποία ομοιότητα προκύπτει ότι: $\dfrac{SC}{CE}=\dfrac{CB}{CA}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle SCE\sim \vartriangle CBA:\left( 2 \right)$ . Με ακριβώς όμοιο τρόπο προκύπτει ότι: $\vartriangle BSD\sim \vartriangle CBA:\left( 3 \right)$ . Από $\left( 2 \right),\left( 3 \right)\Rightarrow \vartriangle SCE\sim \vartriangle BSD$ και επειδή οι ομόλογες πλευρές τους SC,BS

είναι ίσες (λόγω του ισοσκελούς $\vartriangle SBC$ τα τρίγωνα αυτά θα είναι ίσα, άρα $SE=BD=AD:\left( 4 \right)$ και $CE=SD\overset{CE=AE}{\mathop{\Rightarrow }}\,AE=SD:\left( 5 \right)$
Από $\left( 4 \right),\left( 5 \right)\Rightarrow SDAE$ παραλληλόγραμμο (οι απέναντι πλευρές του είναι ίσες) και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Υ.Σ. Τα υπόλοιπα ερωτήματα ίσως από Ελλάδα μεριά . Αν βρούμε χρόνο αύριο (πριν το ταξίδι) πιθανόν και από Βρυξέλλες μεριά

#7

Σας ευχαριστώ όλους για την ανταπόκριση και ιδιαίτερα τον Κώστα που μας έδωσε πιο ξεκάθαρες εκφωνήσεις και καλύτερα σχήματα. Ομολογώ ότι το πρώτο ερώτημα είναι κάπως ανεξάρτητο, και δεν συνδέεται άμεσα με τα άλλα δύο, εκτός του ότι εμπλέκει άλλο ένα όμοιο τρίγωνο. Γενικεύεται εύκολα για μη ισοσκελή όμοια τρίγωνα του ίδιου προσανατολισμού. Τα άλλα δύο ερωτήματα με παίδεψαν ομολογώ αρκετά και ψάχνω να δω και άλλες λύσεις. Θα τις παραθέσω αργότερα.

#8

vittasko έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 04, 2022 7:37 pm

Με βάσεις τις πλευρές δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και προς το εξωτερικό μέρος αυτού, κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle DAB,\ \vartriangle EAC,\ \vartriangle TBC$ . Αποδείξτε ότι $AO\perp DE$ , όπου είναι το ορθόκεντρο του $\vartriangle TBC$ .
Κώστας Βήττας.

: όμοια ισοσκελή τρίγωνα και καθετότητα (α).png (44.87 KiB) Προβλήθηκε 529 φορές

Έστω $\left( D \right),\left( E \right)$ οι κύκλοι κέντρων D,E

αντίστοιχα και ακτινών DA=DB,EA=EC

αντίστοιχα και ας είναι

το δεύτερο (εκτός του

) κοινό σημείο τομής τους. Τότε
$\angle BSA\overset{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,-\,\,\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta }{\mathop{=}}\,\dfrac{\angle BDA}{2}=\dfrac{\angle AEC}{2}\overset{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,-\,\,\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta }{\mathop{=}}\,\angle ASC$ και συνεπως

είναι διχοτόμος της $\angle BSA$ και $\angle BSC=\angle BDA=\angle BTC={{180}^{0}}-\left( \angle BOC \right)\Rightarrow SBOC$ εγγράψιμο σε κύκλο και με

το μέσο του τόξου του

που δεν περιέχει το

(αφού προφανώς $\vartriangle OBC$ ισοσκελές λόγω των υψών και του ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle BTC$ ) η διχοτόμος της BSC

(δηλαδή η

) θα διέρχεται από το

(μέσο του τόξου όπως είπαμε) και συνεπώς S,A,O

συνευθειακά, δηλαδή $OA\equiv AS$ και προφανώς

(ως κοινή χορδή των $\left( D \right),\left( E \right)$ θα είναι κάθετη στη διάκεντρο $DE\Rightarrow OA\bot DE$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Υ.Σ. "Χρωστάω" ακόμα μια πρόταση (την καθετότητα (β)) αλλά είναι αργά πια. Έχουμε και "άλλες δουλειές" . Αν προλάβω αύριο θα "πέσει" στις Βρυξέλλες το πρόβλημα αλλιώς στα "πάτρια εδάφη"

Βέβαια στο σχήμα υπάρχουν ορθοπολικά τρίγωνα και ταυτόχρονα προοπτικά οπότε το σημείο προοπτικότητάς τους ανήκει στην ευθεία των ορθοπόλων τους κ.λ.π (κάτι τέτοια σκέφτεται ο Γίγαντας Βήττας

(γενίκευση θεωρήματος Ναπολέοντα ...)

cool geometry · #9

Στάθη, πολύ ωραίες λύσεις!!! Η πρώτη ίδια με τη δική μου. Η δεύτερη η δική μου βασίστηκε σε αυτό που είπες: Με λίγα λόγια υπάρχουν ορθοπολικά τρίγωνα και ταυτόχρονα προοπτικά, άρα το σημείο προοπτικότητας βρίσκεται πάνω στην ευθεία των ορθοπόλων τους. Μια και άρχισες, συνέχισε(να θαυμάσουμε ομορφιά

)

#10

vittasko έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 04, 2022 7:37 pm
Με βάσεις τις πλευρές δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και προς το εξωτερικό μέρος αυτού, κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle DAB,\ \vartriangle EAC,\ \vartriangle TBC$ . Αποδείξτε ότι $AO\perp DE$ , όπου είναι το ορθόκεντρο του $\vartriangle TBC$ .

$\bullet$ Έστω $K,\ L,$ οι προβολές του σημείου

επί των ευθειών $AD,\ AE$ αντιστοίχως και έστω τα σημεία $M\equiv AB\cap OK$ και $N\equiv AC\cap OL$ .

Από $\angle KAM = \angle BAD = \angle CAE = \angle LAN$ έχουμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle KAM,\ \vartriangle LAN$ είναι όμοια

και άρα, ισχύει $\boxed{\displaystyle \frac{AK}{AL} = \frac{AM}{AN}}\ \ \ ,(1)$

: Όμοια ισοσκελή τρίγωνα και καθετότητα (a); f=181 t=72025 (2a).PNG (23.42 KiB) Προβλήθηκε 428 φορές

$\bullet$ Από $\angle BMO = \angle BCO = \angle CBO = \angle CNO$ τώρα, προκύπτει ότι τα σημεία $B,\ O,\ C,\ M,\ N,$ είναι ομοκυκλικά και επομένως

ισχύει $(AB)(AM) = (AC)(AN)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{AM}{AN} = \frac{AC}{AB} = \frac{AE}{AD}}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{AK}{AL} = \frac{AE}{AD}}\ \ \ ,(3)$

Από (3)

, σύμφωνα με το Θεώρημα Κούτρα, συμπεραίνεται ότι $\boxed{AO\perp DE}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#11

vittasko έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 04, 2022 7:37 pm
Με βάσεις τις πλευρές δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle DAB,\ \vartriangle EAC$ προς το εξωτερικό μέρος του τριγώνου και το $\vartriangle SBC$ προς το εσωτερικό μέρος αυτού. Αποδείξτε ότι το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο.

: Όμοια ισοσκελή τρίγωνα και παραλληλόγραμμο.; f=181 t=72025 (1a).PNG (11.8 KiB) Προβλήθηκε 358 φορές

Δια των κορυφών $B,\ C$ του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , φέρνουμε τις κάθετες ευθείες επί των $AB,\ AC$ , οι οποίες τέμνουν τις ευθείες $AD,\ AE$ στα σημεία $K,\ L$ , αντιστοίχως.

Σύμφωνα με το παρακάτω γνωστό Λήμμα, η κορυφή

του ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle SBC$ της εκφώνησης, ταυτίζεται με το μέσον του τμήματος

, λόγω

και $\angle BSC = 2\angle AKB = 2\angle ALC$ .

Έτσι, από τα μέσα $D,\ E,\ S,$ των πλευρών του τριγώνου $\vartriangle AKL$ , προκύπτει άμεσα ότι το τετράπλευρο ADSE

είναι παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. Επί των πλευρών $AB,\ AC$ δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και προς το εξωτερικό ( ή το εσωτερικό ) μέρος αυτού, κατασκευάζουμε τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle BAD,\ \vartriangle CAE$ με $\angle ABD = 90^{o} = \angle ACE$ και ισογώνιες τις υποτείνουσες ως προς τη γωνία $\angle A$ . Αποδείξτε ότι το τρίγωνο $\vartriangle MBC$ είναι ισοσκελές με και $\angle BMC = \angle 2\omega$ , όπου είναι το μέσον του τμήματος και $\angle ADB = \angle \omega = \angle AEC$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Το ως άνω Λήμμα είναι γνωστό από την βιβλιογραφία εν γένει και το έχουμε ξαναδεί στο

. Στον αναγνώστη που τυχαίνει να μην το γνωρίζει, αφήνεται να προσπαθήσει την απόδειξή του.

#12

cool geometry έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 05, 2022 7:53 am
Στάθη, πολύ ωραίες λύσεις!!! Η πρώτη ίδια με τη δική μου. Η δεύτερη η δική μου βασίστηκε σε αυτό που είπες: Με λίγα λόγια υπάρχουν ορθοπολικά τρίγωνα και ταυτόχρονα προοπτικά, άρα το σημείο προοπτικότητας βρίσκεται πάνω στην ευθεία των ορθοπόλων τους. Μια και άρχισες, συνέχισε(να θαυμάσουμε ομορφιά )

Καλημέρα συνάδελφε

Επειδή τελικά ο Κώστας έδωσε λυση με το περιώνυμο θεώρημα και μιας και η πτήση μου εχει 4 ώρες καθυστέρηση

θα με ενδιέφερε να απολαύσω τη λύση σου που περιγράφεις ( την οποία δεν γνωρίζω ) για να περάσει και η ώρα

#13

vittasko έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 04, 2022 7:37 pm
Με βάσεις τις πλευρές δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle DAB,\ \vartriangle EAC$ προς το εξωτερικό μέρος του τριγώνου και το $\vartriangle SBC$ προς το εσωτερικό μέρος αυτού. Αποδείξτε ότι το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο.

Ας δούμε άλλη μία προσέγγιση για την καθετότητα αυτή, η οποία έρχεται από το παρελθόν (2005).

Για να ισχύει $OA\perp DE$ αρκεί να αποδειχθεί ότι $\boxed{(OE)^{2} - (OD)^{2} = (AE)^{2} - (AD)^{2}}\ \ \ ,(1)$

$\bullet$ Έστω $M,\ N,$ τα μέσα των πλευρών $AB,\ AC$ αντιστοίχως και έστω τα σημεία $P\equiv MN\cap OB$ και $Q\equiv MN\cap OC$ .

Από το ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle OBC$ με OB = OC

και $PQ\parallel BC$ , έχουμε ότι και το τρίγωνο $\vartriangle OPQ$ είναι ισοσκελές με $OP = OQ\ \ \ ,(2)$

Από $\angle CQN = \angle OCB = \angle CEN$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο CQEN

είναι εγγράψιμο σε κύκλο με διάμετρο

και επομένως ισχύει $EQ\perp CQ\equiv OQ\ \ \ ,(3)$ και ομοίως έχουμε $DP\perp BP\equiv OP\ \ \ ,(4)$

: Όμοια ισοσκελή τρίγωνα και καθετότητα (a).; f=181 t=72025 (2b).PNG (21.72 KiB) Προβλήθηκε 296 φορές

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle OEC$ , σύμφωνα με το Δεύτερο θεώρημα των διαμέσων, έχουμε $\boxed{(OE)^{2} - (CE)^{2} = 2(OC)(LQ)}\ \ \ ,(5)$

όπου

είναι το μέσον του

.

Ομοίως, στο τρίγωνο $\vartriangle ODB$ έχουμε $\boxed{(OD)^{2} - (BD)^{2} = 2(OB)(KP)}\ \ \ ,(6)$ όπου

είναι το μέσον του

.

Από $(5),\ (6)\Rightarrow$ $\boxed{(OE)^{2} - (OD)^{2} = (CE)^{2} - (BD)^{2}}\ \ \ ,(7)$ λόγω OB = OC

και

.

Από $(7)\Rightarrow$ (1)

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας
ΥΓ. Παραμένει ορφανή η καθετότητα (b) για την οποία έχω υπόψη μου μία απόδειξη, αλλά θα την βάλω εάν διαφέρει από όποια τυχόν εμφανιστεί, ή εάν μέχρι την ερχόμενη Τρίτη δεν υπάρξει ανταπόκριση (προσέχετε τους συνωστισμούς στις κωρονοπαραλίες-μπάρ ), γιατί Πέμπτη αναχωρούμε για ολιγοήμερες διακοπές στα ορεινά της Ναυπακτίας ( χωρίς καθόλου συνωστισμούς ).

#14

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 06, 2022 10:47 am
Επειδή τελικά ο Κώστας έδωσε λυση με το περιώνυμο θεώρημα...

Για να προλάβεις τον Στάθη, πρέπει να κοιμάται ή να έχει καθυστέρηση η πτήση του.

Στάθη, καλά να περάσετε. Χαιρετισμούς στην Ζωή και στα παιδιά.

Κώστας Βήττας.

#15

Αφού σας ευχαριστήσω για τις όμορφες λύσεις, καταθέτω την δική μου πρόταση με χρήση μετασχηματισμών ομοιότητας.
Για το πρώτο ερώτημα:
Τα τρίγωνα ABC, ESC

είναι όμοια μέσω μετασχηματισμού ομοιότητας λόγου BC:SC

και γωνίας $\angle{BCS}$ της βάσης των όμοιων ισοσκελών τριγώνων. Μέσω του παραπάνω μετασχηματισμού, η εικόνα του

είναι το

. Το

με το

έχουν ίδια σχέση αναλογίας και γωνίας. Επομένως τα AD, SE

είναι παράλληλα και ίσα.

: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ1.png (26.51 KiB) Προβλήθηκε 238 φορές

#16

Για το δεύτερο ερώτημα, έστω K, N, Z

τα μέσα των αντίστοιχων πλευρών.
Από τις ομοιότητες $DHA\sim DKN$ και $EHA\sim EKZ$ οι οποίες έχουν ίσους λόγους και γωνίες, προκύπτει ότι KN=KZ

καθώς και ότι η

σχηματίζει ίσες γωνίες με τα σκέλη του ισοσκελούς τριγώνου KNZ

, επομένως είναι κάθετη στην βάση του

άρα και στην

.

: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ2.png (47.82 KiB) Προβλήθηκε 222 φορές

#17

Για το τρίτο ερώτημα, έστω R, Q

οι προβολές των B, C

στις πλευρές AD, AE

αντίστοιχα και

το μέσον της

.
Από τις ομοιότητες $BRM\sim BAO$ και $CQM\sim CAO$ οι οποίες έχουν ίσους λόγους και γωνίες, προκύπτει ότι MR=MQ

καθώς και ότι η

σχηματίζει ίσες γωνίες με τα σκέλη του ισοσκελούς τριγώνου MRQ

, επομένως είναι κάθετη στην βάση του

άρα και στην

.

: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ3.png (27.01 KiB) Προβλήθηκε 211 φορές

#18

Όπως έχω πει με άλλη ευκαιρία, ο Ανδρέας είναι "Βιρτουόζος" των λύσεων γεωμετρικών προβλημάτων με μετασχηματισμούς ( εδώ Στροφής και Ομοιότητας ) και οι αποδείξεις του είναι τροφή για σκέψη.

Η προσπάθεια για επαλήθευσή τους, οδηγεί σε "μετάφραση" της τεκμηρίωσης ( παραλλαγή της απόδειξης ) κατανοητή στον μέσο νου.

Ανδρέα σ' ευχαριστώ για το πρόβλημα που έβαλες και τις λύσεις που μοιράστηκες μαζί μας. Να είσαι καλά.

Κώστας Βήττας.

#19

vittasko έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 06, 2022 8:57 am
ΛΗΜΜΑ. Επί των πλευρών $AB,\ AC$ δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και προς το εξωτερικό ( ή το εσωτερικό ) μέρος αυτού, κατασκευάζουμε τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle BAD,\ \vartriangle CAE$ με $\angle ABD = 90^{o} = \angle ACE$ και ισογώνιες τις υποτείνουσες ως προς τη γωνία $\angle A$ . Αποδείξτε ότι το τρίγωνο $\vartriangle MBC$ είναι ισοσκελές με και $\angle BMC = \angle 2\omega$ , όπου είναι το μέσον του τμήματος και $\angle ADB = \angle \omega = \angle AEC$ .

Ας δούμε μία απόδειξη του Λήμματος, που δεν έχει τύχει να τη δω στην βιβλιογραφία που έχω υπόψη μου. Προέκυψε από την ανάγνωση της λύσης του Ανδρέα πιο πάνω ( ανάρτηση #16 ) ως μία αναλυτική μεταγραφή του κειμένου.

$\bullet$ Έστω $\vartriangle HDE$ το ισοσκελές τρίγωνο προς το μέρος της

που δεν κείται το $\vartriangle ABC$ , με HD = HE

και $\angle DEH = \angle \omega = \angle EDH$ .

Τα τρίγωνα $\vartriangle ECM,\ \vartriangle EAH$ είναι όμοια γιατί έχουν $\angle CEM = \angle AEH$ και $\displaystyle \frac{EC}{EM} = \frac{EA}{EH}$ και άρα, ισχύει $\displaystyle \frac{MC}{HA} = \frac{EC}{EA}\ \ \ ,(1)$

Ομοίως, από τα όμοια τρίγωνα $\vartriangle DBM,\ \vartriangle DAH$ , γιατί έχουν $\angle BDM = \angle ADH$ και $\displaystyle \frac{DB}{DM} = \frac{DA}{DH}$ , έχουμε $\displaystyle \frac{MB}{HA} = \frac{DB}{DA}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\boxed{MB = MC}\ \ \ ,(3)$ λόγω $\displaystyle \frac{EC}{EA} = \frac{DB}{DA}$

: Όμοια ισοσκελή τρίγωνα - Απόδειξη του Λήμματος στο #11; f=181 t=72025 (3b).PNG (19.61 KiB) Προβλήθηκε 148 φορές

$\bullet$ Έστω τα σημεία $Z\equiv HA\cap MB$ και $F\equiv HA\cap MC$ .

Από $\angle FAE = \angle FCE$

λόγω της ομοιότητας των τριγώνων $\vartriangle ECM,\ \vartriangle EAH$

προκύπτει ότι το τετράπλευρο ECAF

είναι εγγράψιμο

και επομένως ισχύει $\angle AFC = \angle AEC = \angle \omega\ \ \ ,(4)$

Από $\angle ZAD = \angle ZBD$

λόγω της ομοιότητας των τριγώνων $\vartriangle DBM,\ \vartriangle DAH$

έχουμε ότι το τετράπλευρο DBAZ

είναι εγγράψιμο

και άρα ισχύει $\angle FZM = \angle AZB = \angle ADB = \angle \omega\ \ \ ,(5)$

Από $(4),\ (5)\Rightarrow$ $\angle FZM = \angle AFC\equiv ZFM = \angle \omega\ \ \ ,(6)$

Από $(6)\Rightarrow$ $\boxed{\angle BMC = \angle 2\omega}$ και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Είναι προφανές ότι λόγω του ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle MFZ$ η ευθεία $FZ\equiv HA$ , ως παράλληλη προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle BMC$ του ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle BMC$ , είναι κάθετη επί την

όπως καταλήγει ο Ανδρέας στην λύση του ( #16 ).

#20

vittasko έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 04, 2022 7:37 pm
Με βάσεις τις πλευρές $AB,\ AC$ δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και προς το εξωτερικό μέρος αυτού, κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle DAB,\ \vartriangle EAC$ και ας είναι $\vartriangle FDE$ , το όμοιο με τα προηγούμενα ισοσκελές τρίγωνο, προς το μέρος της που δεν κείται το $\vartriangle ABC$ . Αποδείξτε ότι $AH\perp BC$ , όπου είναι το ορθόκεντρο του $\vartriangle FDE$ .

$\bullet$ Έστω $M,\ N,$ τα μέσα των πλευρών $AB,\ AC$ αντιστοίχως και αρκεί να αποδειχθεί ότι ισχύει $HA\perp MN$ .

Στο τρίγωνο $\vartriangle ADE$ οι ευθείες $DH,\ DM$ είναι ισογώνιες ως προς την γωνία $\angle ADE$ .

Ομοίως, οι ευθείες $EH,\ EN$ είναι ισογώνιες ως προς την γωνία $\angle AED$ και οι ευθείες $AM,\ AN$ είναι ισογώνιες ως προς την γωνία $\angle DAE$ .

Σύμφωνα με το Θεώρημα Jacobi, έχουμε $DN\cap EM\cap AH\equiv T\ \ \ ,(1)$

: Όκοια ισοσκελή τρίγωνα και καθετότητα (b).; f=181 t=72025 (3a).PNG (22.78 KiB) Προβλήθηκε 111 φορές

$\bullet$ Η δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί την

είναι ισογώνια της

ως προς την γωνία $\angle AMN$ και η δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί την

, είναι ισογώνια της

ως προς την γωνία $\angle ANM$ .

Στο τρίγωνο $\vartriangle AMN$ τώρα, σύμφωνα πάλι με το Θεώρημα Jacobi, προκύπτει ότι οι ευθείες $ME,\ ND$ και η δια του σημείου

κάθετη επί την

συντρέχουν και άρα έχουμε $AT\perp MN\Rightarrow$ $AT\perp BC\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ και επειδή οι ευθείες $HAT,\ AT$ ταυτίζονται, συμπεραίνεται ότι $AH\perp BC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Μέλη σε σύνδεση