Διχοτόμος

#1

: ΣΧΗΜΑ(2), 1-12-16.png (30.72 KiB) Προβλήθηκε 955 φορές

Στο παραπάνω σχήμα, οι κύκλοι είναι ομόκεντροι και οι ακτίνες AZ , AC

τέμνονται καθέτως, ομοίως και οι ακτίνες AB , AE

. Αν οι ευθείες

και

τέμνονται στο

, να αποδείξετε ότι η ευθεία

διχοτομεί την γωνία ZHB

(ΣΗΜ: Πιθανόν να δώσει κάποιο μέλος μας πιο εύκολη λύση από αυτήν που εγώ έκανα, οπότε ίσως να χρειαστεί να μπει στον φάκελο όχι των προχωρημένων)

Ορέστης Λιγνός · #2

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:
ΣΧΗΜΑ(2), 1-12-16.png
Στο παραπάνω σχήμα, οι κύκλοι είναι ομόκεντροι και οι ακτίνες τέμνονται καθέτως, ομοίως και οι ακτίνες . Αν οι ευθείες

και τέμνονται στο , να αποδείξετε ότι η ευθεία διχοτομεί την γωνία

(ΣΗΜ: Πιθανόν να δώσει κάποιο μέλος μας πιο εύκολη λύση από αυτήν που εγώ έκανα, οπότε ίσως να χρειαστεί να μπει στον φάκελο όχι των προχωρημένων)

Καλησπέρα κύριε Δημήτρη!

Τα τρίγωνα CAZ, AEB

είναι ίσα, διότι έχουν $AC=AB, \,\, ZA=AE \,\, \widehat{ZAC}=\widehat{EAB} \, (=90^0)$ .

Οπότε, $\widehat{ZCA}=\widehat{ABH}$ , συνεπώς CABH

εγγράψιμο.
Άρα, $\widehat{ACB}=\widehat{AHB}, \,\, \widehat{CBA}=\widehat{CHA}$ .

Ακόμη, $\widehat{ACB}=\widehat{ABC}$ , από το ισοσκελές ABC

.

Έτσι, $\widehat{CHA}=\widehat{AHB}$ , το ζητούμενο.

Υ.Γ. Κύριε Δημήτρη, νομίζω το δεδομένο $\widehat{CAZ}=\widehat{EAB}=90^0$ δεν χρειάζεται. Αρκεί μόνο να είναι ίσες οι γωνίες...

Ορέστης.

#3

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΣΧΗΜΑ(2), 1-12-16.png

Στο παραπάνω σχήμα, οι κύκλοι είναι ομόκεντροι και οι ακτίνες τέμνονται καθέτως, ομοίως και οι ακτίνες . Αν οι ευθείες

και τέμνονται στο , να αποδείξετε ότι η ευθεία διχοτομεί την γωνία

(ΣΗΜ: Πιθανόν να δώσει κάποιο μέλος μας πιο εύκολη λύση από αυτήν που εγώ έκανα, οπότε ίσως να χρειαστεί να μπει στον φάκελο όχι των προχωρημένων)
Καλησπέρα κύριε Δημήτρη!

Τα τρίγωνα είναι ίσα, διότι έχουν $AC=AB, \,\, ZA=AE \,\, \widehat{ZAC}=\widehat{EAB} \, (=90^0)$ .

Οπότε, $\widehat{ZCA}=\widehat{ABH}$ , συνεπώς εγγράψιμο.
Άρα, $\widehat{ACB}=\widehat{AHB}, \,\, \widehat{CBA}=\widehat{CHA}$ .

Ακόμη, $\widehat{ACB}=\widehat{ABC}$ , από το ισοσκελές .

Έτσι, $\widehat{CHA}=\widehat{AHB}$ , το ζητούμενο.

Υ.Γ. Κύριε Δημήτρη, νομίζω το δεδομένο $\widehat{CAZ}=\widehat{EAB}=90^0$ δεν χρειάζεται. Αρκεί μόνο να είναι ίσες οι γωνίες...

Ορέστης.

Ορέστη, υπέροχο !!!

#4

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΣΧΗΜΑ(2), 1-12-16.png
Στο παραπάνω σχήμα, οι κύκλοι είναι ομόκεντροι και οι ακτίνες τέμνονται καθέτως, ομοίως και οι ακτίνες . Αν οι ευθείες και τέμνονται στο , να αποδείξετε ότι η ευθεία διχοτομεί την γωνία (ΣΗΜ: Πιθανόν να δώσει κάποιο μέλος μας πιο εύκολη λύση από αυτήν που εγώ έκανα, οπότε ίσως να χρειαστεί να μπει στον φάκελο όχι των προχωρημένων)

: Διχοτόμος.png (58.74 KiB) Προβλήθηκε 924 φορές

Δεν είναι ανάγκη να είναι $AZ\bot AC\,\,\And \,\,AB\bot AE$ , αρκεί $\angle ZAC=\angle EAB$ και το να είναι εσωτερικό της γωνίας $\angle BHZ$

Τότε προφανώς ισχύει : $\vartriangle ZAC\overset{\left( AZ=AE=R,AC=AB=\rho ,\angle ZAC=\angle EAB \right)\Rightarrow \Pi -\Gamma -\Pi }{\mathop{=}}\,\vartriangle EAB$ οπότε και τα ομόλογα ύψη τους AQ,AF

θα είναι ίσα, άρα το

είναι σημείο της διχοτόμου της γωνίας $\angle BHZ$ (είναι εσωτερικό της γωνίας και ισαπέχει από τις πλευρές της)

Στάθης

Ας θυμηθούμε με προσοχή το θεώρημα: Κάθε σημείο της διχοτόμου μιας γωνίας ισαπέχει από τις πλευρές της και αντιστρόφως, κάθε εσωτερικό]σημείο της γωνίας που ισαπέχει από τις πλευρές της είναι σημείο της διχοτόμου. Η εσωτερικότητα του σημείου στο αντίστροφο είναι απαραίτητη αφού αν δεν αναφερθεί μπορεί το σημείο να είναι στην διχοτόμο της εφεξής και παραπληρωματικής της εν λόγω γωνίας

#5

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΣΧΗΜΑ(2), 1-12-16.png

Στο παραπάνω σχήμα, οι κύκλοι είναι ομόκεντροι και οι ακτίνες τέμνονται καθέτως, ομοίως και οι ακτίνες . Αν οι ευθείες

και τέμνονται στο , να αποδείξετε ότι η ευθεία διχοτομεί την γωνία

(ΣΗΜ: Πιθανόν να δώσει κάποιο μέλος μας πιο εύκολη λύση από αυτήν που εγώ έκανα, οπότε ίσως να χρειαστεί να μπει στον φάκελο όχι των προχωρημένων)
Καλησπέρα κύριε Δημήτρη!

Τα τρίγωνα είναι ίσα, διότι έχουν $AC=AB, \,\, ZA=AE \,\, \widehat{ZAC}=\widehat{EAB} \, (=90^0)$ .

Οπότε, $\widehat{ZCA}=\widehat{ABH}$ , συνεπώς εγγράψιμο.

Άρα, $\widehat{ACB}=\widehat{AHB}, \,\, \widehat{CBA}=\widehat{CHA}$ .

Ακόμη, $\widehat{ACB}=\widehat{ABC}$ , από το ισοσκελές .

Έτσι, $\widehat{CHA}=\widehat{AHB}$ , το ζητούμενο.

Υ.Γ. Κύριε Δημήτρη, νομίζω το δεδομένο $\widehat{CAZ}=\widehat{EAB}=90^0$ δεν χρειάζεται...

Ορέστης.

Μπράβο Ορέστη!! Είπα να κατασκευάσω μια άσκηση που να λύνεται με το σημείο Miquel , έτσι την τοποθέτησα στον φάκελο αυτό. Συνέβη όμως αυτό που στην σημείωση έγραψα: Υπάρχει τελικά και απλή λύση. Οπότε είναι για τον φάκελο της Α Λυκείου.

#6

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: .....
Είπα να κατασκευάσω μια άσκηση που να λύνεται με το σημείο Miquel ...

Δημήτρη, δώσε την λύση σου, να δούμε που το πήγαινες.

#7

Καλημέρα Κώστα.

Εκτός από την απλή λύση που δόθηκε, δες και την εξής ενδιαφέρουσα (με το σημείο Μικέλ) (Με βάση αυτήν την ιδέα την έφτιαξα, χωρίς να ψάξω αν λύνεται και αλλιώς)

Αρχικά οι ευθείες

και

εύκολα δείχνουμε ότι τέμνονται καθέτως έστω στο σημείο

Οι ευθείες ZH,BH,ZE,BC

δημιουργού ένα πλήρες τετράπλευρο, όπου οι κύκλοι οι περιγεγραμμένοι στα τρίγωνα ZKC

και

διέρχονται
από το σημείο

(αφού οι γωνίες ZAC , EAB

είναι ορθές). Άρα το

είναι το σημείο του Μικέλ του πιο πάνω πλήρους τετραπλεύρου και άρα
οι κύκλοι οι περιγεγραμμένοι στα τρίγωνα ZHE

και

θα διέρχονται επίσης από το

. Η συνέχεια τώρα είναι απλή, από τα εγγράψιμα τετράπλευρα AEHZ

και

.

Διχοτόμος

Διχοτόμος

Re: Διχοτόμος

Re: Διχοτόμος

Re: Διχοτόμος

Re: Διχοτόμος

Re: Διχοτόμος

Re: Διχοτόμος

Μέλη σε σύνδεση