ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1145
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Τετ Αύγ 03, 2022 11:53 pm

ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ.png
ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ.png (6.81 KiB) Προβλήθηκε 794 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 T ως προς BC σημείο S. Αν H, O είναι τα ορθόκεντρα των EDF, BCT αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι:
1) Το ADSE είναι παραλληλόγραμμο.
2) AH\perp BC και
3) AO\perp DE.



Λέξεις Κλειδιά:
cool geometry
Δημοσιεύσεις: 112
Εγγραφή: Τρί Αύγ 02, 2022 7:28 am

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cool geometry » Πέμ Αύγ 04, 2022 10:33 am

Συνάδελφοι, αφήστε την λίγο για τους μαθητές.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4482
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Αύγ 04, 2022 12:12 pm

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 😉


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: 2160
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Πέμ Αύγ 04, 2022 7:37 pm

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 ADSE είναι παραλληλόγραμμο.
f=181 t=72025 (1).PNG
Όμοια ισοσκελή τρίγωνα και παραλληλόγραμμο.
f=181 t=72025 (1).PNG (14.21 KiB) Προβλήθηκε 618 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 O είναι το ορθόκεντρο του \vartriangle TBC.
f=181 t=72025 (2).PNG
Όμοια ισοσκελή τρίγωνα και καθετότητα (a).
f=181 t=72025 (2).PNG (15.5 KiB) Προβλήθηκε 616 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 DE που δεν κείται το \vartriangle ABC. Αποδείξτε ότι AH\perp BC, όπου H είναι το ορθόκεντρο του \vartriangle FDE .
f=181 t=72025 (3).PNG
Όμοια ισοσκελή τρίγωνα και καθετότητα (b).
f=181 t=72025 (3).PNG (12.91 KiB) Προβλήθηκε 594 φορές
Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
MAnTH05
Δημοσιεύσεις: 35
Εγγραφή: Κυρ Σεπ 20, 2020 7:43 pm

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από MAnTH05 » Πέμ Αύγ 04, 2022 9:08 pm

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 H 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
geogebra-export.png (260.52 KiB) Προβλήθηκε 606 φορές
τελευταία επεξεργασία από MAnTH05 σε Παρ Αύγ 05, 2022 11:36 am, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Ματθαίος Κουκλέρης
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4482
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Αύγ 04, 2022 10:50 pm

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 ADSE είναι παραλληλόγραμμο.
f=181 t=72025 (1).PNG
Κώστας Βήττας.
Ομοια ισοσκελή τρίγωνα και παραλληλόγραμμο.png
Ομοια ισοσκελή τρίγωνα και παραλληλόγραμμο.png (27.04 KiB) Προβλήθηκε 573 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 :)


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
AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1145
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Πέμ Αύγ 04, 2022 11:15 pm

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.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4482
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Αύγ 05, 2022 2:58 am

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 O είναι το ορθόκεντρο του \vartriangle TBC.
Κώστας Βήττας.
όμοια ισοσκελή τρίγωνα και καθετότητα (α).png
όμοια ισοσκελή τρίγωνα και καθετότητα (α).png (44.87 KiB) Προβλήθηκε 528 φορές
Έστω \left( D \right),\left( E \right) οι κύκλοι κέντρων D,E αντίστοιχα και ακτινών DA=DB,EA=EC αντίστοιχα και ας είναι S το δεύτερο (εκτός του A ) 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 AS 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 O το μέσο του τόξου του BC που δεν περιέχει το S (αφού προφανώς \vartriangle OBC ισοσκελές λόγω των υψών και του ισοσκελούς τριγώνου \vartriangle BTC ) η διχοτόμος της BSC (δηλαδή η SA ) θα διέρχεται από το O (μέσο του τόξου όπως είπαμε) και συνεπώς S,A,O συνευθειακά, δηλαδή OA\equiv AS και προφανώς AS (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 ...)


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
cool geometry
Δημοσιεύσεις: 112
Εγγραφή: Τρί Αύγ 02, 2022 7:28 am

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cool geometry » 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 :clap2: )


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2160
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Παρ Αύγ 05, 2022 9:15 pm

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 O είναι το ορθόκεντρο του \vartriangle TBC.
\bullet Έστω K,\ L, οι προβολές του σημείου O 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)
f=181 t=72025 (2a).PNG
Όμοια ισοσκελή τρίγωνα και καθετότητα (a)
f=181 t=72025 (2a).PNG (23.42 KiB) Προβλήθηκε 427 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.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2160
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Σάβ Αύγ 06, 2022 8:57 am

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 ADSE είναι παραλληλόγραμμο.
f=181 t=72025 (1a).PNG
Όμοια ισοσκελή τρίγωνα και παραλληλόγραμμο.
f=181 t=72025 (1a).PNG (11.8 KiB) Προβλήθηκε 357 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 S του ισοσκελούς τριγώνου \vartriangle SBC της εκφώνησης, ταυτίζεται με το μέσον του τμήματος KL, λόγω SB = SC 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 MB= MC και \angle BMC = \angle 2\omega, όπου M είναι το μέσον του τμήματος DE 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 :logo: . Στον αναγνώστη που τυχαίνει να μην το γνωρίζει, αφήνεται να προσπαθήσει την απόδειξή του.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4482
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Αύγ 06, 2022 10:47 am

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 :clap2: )
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 🤔


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: 2160
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Σάβ Αύγ 06, 2022 1:22 pm

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 ADSE 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 CE

και επομένως ισχύει EQ\perp CQ\equiv OQ\ \ \ ,(3) και ομοίως έχουμε DP\perp BP\equiv OP\ \ \ ,(4)
f=181 t=72025 (2b).PNG
Όμοια ισοσκελή τρίγωνα και καθετότητα (a).
f=181 t=72025 (2b).PNG (21.72 KiB) Προβλήθηκε 295 φορές
\bullet Στο τρίγωνο \vartriangle OEC, σύμφωνα με το Δεύτερο θεώρημα των διαμέσων, έχουμε \boxed{(OE)^{2} - (CE)^{2} = 2(OC)(LQ)}\ \ \ ,(5)

όπου L είναι το μέσον του OC.

Ομοίως, στο τρίγωνο \vartriangle ODB έχουμε \boxed{(OD)^{2} - (BD)^{2} = 2(OB)(KP)}\ \ \ ,(6) όπου K είναι το μέσον του OB.

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

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 ).


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2160
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Σάβ Αύγ 06, 2022 1:49 pm

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. :welcomeani:

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

Κώστας Βήττας.


AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1145
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Σάβ Αύγ 06, 2022 6:50 pm

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 AB είναι το SE. Το AB με το AD έχουν ίδια σχέση αναλογίας και γωνίας. Επομένως τα AD, SE είναι παράλληλα και ίσα.
ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ1.png
ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ1.png (26.51 KiB) Προβλήθηκε 237 φορές


AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1145
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Σάβ Αύγ 06, 2022 7:33 pm

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 HA σχηματίζει ίσες γωνίες με τα σκέλη του ισοσκελούς τριγώνου KNZ, επομένως είναι κάθετη στην βάση του NZ άρα και στην BC.
ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ2.png
ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ2.png (47.82 KiB) Προβλήθηκε 221 φορές


AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1145
Εγγραφή: Τετ Δεκ 31, 2008 8:07 pm
Τοποθεσία: ΗΡΑΚΛΕΙΟ ΚΡΗΤΗΣ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ » Σάβ Αύγ 06, 2022 8:17 pm

Για το τρίτο ερώτημα, έστω R, Q οι προβολές των B, C στις πλευρές AD, AE αντίστοιχα και M το μέσον της BC.
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 OA σχηματίζει ίσες γωνίες με τα σκέλη του ισοσκελούς τριγώνου MRQ, επομένως είναι κάθετη στην βάση του RQ άρα και στην DE.
ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ3.png
ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ3.png (27.01 KiB) Προβλήθηκε 210 φορές


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2160
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Σάβ Αύγ 06, 2022 9:32 pm

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.


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2160
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Κυρ Αύγ 07, 2022 2:22 pm

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 MB= MC και \angle BMC = \angle 2\omega, όπου M είναι το μέσον του τμήματος DE 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 DE 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}
f=181 t=72025 (3b).PNG
Όμοια ισοσκελή τρίγωνα - Απόδειξη του Λήμματος στο #11
f=181 t=72025 (3b).PNG (19.61 KiB) Προβλήθηκε 147 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 BC όπως καταλήγει ο Ανδρέας στην λύση του ( #16 ).


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2160
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.
Επικοινωνία:

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Κυρ Αύγ 07, 2022 4:39 pm

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 DE που δεν κείται το \vartriangle ABC. Αποδείξτε ότι AH\perp BC, όπου H 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)
f=181 t=72025 (3a).PNG
Όκοια ισοσκελή τρίγωνα και καθετότητα (b).
f=181 t=72025 (3a).PNG (22.78 KiB) Προβλήθηκε 110 φορές
\bullet Η δια του σημείου M κάθετη ευθεία επί την MN είναι ισογώνια της MD ως προς την γωνία \angle AMN και η δια του σημείου N κάθετη ευθεία επί την MN , είναι ισογώνια της NE 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 A κάθετη επί την MN 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.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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