Ισότητα

#1

: Ισότητες_εκφώνηση.png (13.14 KiB) Προβλήθηκε 941 φορές

Σε ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {AB = AC} \right)$ , $\widehat {BAC} = 20^\circ$ , θεωρώ

σημείο της πλευράς

, έτσι ώστε $\widehat {DBA} = 10^\circ$ .

Δείξετε ότι : $AD = BC\,\,$ .

Κάθε λύση δεκτή . Έχω δύο αμιγώς Γεωμετρικές .

#2

Καλησπέρα σε όλους.

: 20-09-2021 Γεωμετρία.jpg (24.93 KiB) Προβλήθηκε 920 φορές

Νόμος Ημιτόνων στα BAD, BDC

$\displaystyle \frac{{AD}}{{\eta \mu 10^\circ }} = \frac{{BD}}{{\eta \mu 20^\circ }},\;\;\;\frac{{BD}}{{\eta \mu 80^\circ }} = \frac{{BC}}{{\eta \mu 30^\circ }}$

Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη:

$\displaystyle \frac{{AD \cdot BD}}{{\eta \mu 10^\circ \cdot \eta \mu 80^\circ }} = \frac{{BD \cdot BC}}{{\eta \mu 20^\circ \cdot \eta \mu 30^\circ }}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \frac{{AD}}{{2\eta \mu 10^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 10^\circ }} = \frac{{BC}}{{\eta \mu 20^\circ }} \Leftrightarrow AD = BC$

Αν μάλιστα προστεθεί και ο όρος "δίχως να πειράξετε το σχήμα", νομίζω ότι η παραπάνω (ανούσια και ισοπεδωτική) τριγωνομετρική προσέγγιση είναι μονόδρομος.

#3

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 20, 2021 9:56 am
Ισότητες_εκφώνηση.png

Σε ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {AB = AC} \right)$ , $\widehat {BAC} = 20^\circ$ , θεωρώ σημείο της πλευράς , έτσι ώστε $\widehat {DBA} = 10^\circ$ .

Δείξετε ότι : $AD = BC\,\,$ .

Κάθε λύση δεκτή . Έχω δύο αμιγώς Γεωμετρικές .

: Ισότητα.Φ..png (13.77 KiB) Προβλήθηκε 897 φορές

Κατασκευάζω το ισόπλευρο ABE.

Είναι

άρα $\displaystyle A\widehat CE = A\widehat EC = 70^\circ \Leftrightarrow B\widehat EC = 10^\circ$

Από την προφανή τώρα ισότητα των τριγώνων DAB, CBE

προκύπτει το ζητούμενο.

#4

: Ισότητα.Φ1..png (17.89 KiB) Προβλήθηκε 887 φορές

Έστω

το περίκεντρο του BDC.

Τότε, $\displaystyle B\widehat KC = 2B\widehat DC = 60^\circ ,$ άρα το BKC

είναι ισόπλευρο. Οπότε,

$\displaystyle K\widehat DC =D\widehat CK= 20^\circ \Rightarrow DK||AB.$ Άρα το DKBA

είναι ισοσκελές τραπέζιο και $\boxed{AD=KB=BC}$

Φανης Θεοφανιδης · #5

: 107.png (13.44 KiB) Προβλήθηκε 850 φορές

Γράφω τον περίκυκλο του τριγώνου ADB

του οποίου το κέντρο ονομάζω

.
Από την προφανή ισότητα των τριγώνων OAD, ACB

έπεται ότι AD=BC

.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 20, 2021 9:56 am
Ισότητες_εκφώνηση.png

Σε ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {AB = AC} \right)$ , $\widehat {BAC} = 20^\circ$ , θεωρώ σημείο της πλευράς , έτσι ώστε $\widehat {DBA} = 10^\circ$ .

Δείξετε ότι : $AD = BC\,\,$ .

Κάθε λύση δεκτή . Έχω δύο αμιγώς Γεωμετρικές .

Κατασκευάζουμε το ισοσκελές τραπέζιο ABCE

οπότε $\angle ACE=20^0 \Rightarrow \angle DCE=10^0$

Έτσι,

μεσοκάθετη της

και το τρίγωνο EAD

είναι ισόπλευρο,άρα AD=AE=BC

: ISA.png (71.98 KiB) Προβλήθηκε 831 φορές

angvl · #7

: ισότητα2.png (111.47 KiB) Προβλήθηκε 798 φορές

Κατασκευάζουμε το ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle \triangle ACE$ .

Γνωρίζουμε ότι AB = AC

συνεπώς το τρίγωνο $\triangle ABE$ είναι ισοσκελές γιατί $\displaystyle AB =AE$ .

Ετσι εύκολα προκύπτει ότι η γωνία $\angle CEA = 10^0$ .

Αρα από το κριτήριο Γ-Π- Γ τα τρίγωνα $\triangle ADB , \triangle ECB$ είναι ίσα .

Επομένως AD = CB

Μιχάλης Τσουρακάκης · #8

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 20, 2021 9:56 am
Ισότητες_εκφώνηση.png

Σε ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {AB = AC} \right)$ , $\widehat {BAC} = 20^\circ$ , θεωρώ σημείο της πλευράς , έτσι ώστε $\widehat {DBA} = 10^\circ$ .

Δείξετε ότι : $AD = BC\,\,$ .

Κάθε λύση δεκτή . Έχω δύο αμιγώς Γεωμετρικές .

Άλλη μια..

Έστω

στην

με

.Τότε, $\angle CEH=10^0$ και EH=HC

κι έστω

μέσον της

οπότε $HM \bot EC$

Με $CZ \bot AB \Rightarrow CZ= \dfrac{EC}{2} =MC$ και $\angle ZCB= \angle HCM=10^0$ .

Επομένως $\triangle ZBC= \triangle HMC$ και BC=HC=CE=EA

: ISA..png (15.77 KiB) Προβλήθηκε 798 φορές

Ιστοσελίδα · #9

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 20, 2021 9:56 am

Σε ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {AB = AC} \right)$ , $\widehat {BAC} = 20^\circ$ , θεωρώ σημείο της πλευράς , έτσι ώστε $\widehat {DBA} = 10^\circ$ .

Δείξετε ότι : $AD = BC\,\,$ .

Κάθε λύση δεκτή . Έχω δύο αμιγώς Γεωμετρικές .

: shape.png (11.98 KiB) Προβλήθηκε 785 φορές

Κατασκευάζω το ισόπλευρο DBE

και παίρνω σημείο

, επί της

, τέτοιο ώστε DK = DA = KB

Από τον χαρταετό CEDB

και την ισότητα των ισοσκελών τριγώνων CEB,KDB

το ζητούμενο έπεται.

STOPJOHN · #10

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Σεπ 20, 2021 9:56 am
Ισότητες_εκφώνηση.png

Σε ισοσκελές τρίγωνο $ABC\,\,\left( {AB = AC} \right)$ , $\widehat {BAC} = 20^\circ$ , θεωρώ σημείο της πλευράς , έτσι ώστε $\widehat {DBA} = 10^\circ$ .

Δείξετε ότι : $AD = BC\,\,$ .

Κάθε λύση δεκτή . Έχω δύο αμιγώς Γεωμετρικές .

Είναι $AL\perp BC,\hat{CDB}=30^{0}=\hat{JDA},AJ\perp OJ$ και το τρίγωνο AND

ισόπλευρο και

το περίκεντρο του τριγώνου ABC

Οπότε από την προφανή ισότητα των τριγώνων OLB=OJA

,

Συνεπώς στο κύκλο στα ίσα αποστήματα αντιστοιχούν ίσες χορδές άρα $AN=BC,AN=AD\Rightarrow AD=BC$

nickchalkida · #11

$AH \perp BD$ , οπότε $\triangle AHB = \triangle AMB$ και

$\displaystyle{ AH = BM \rightarrow {AD \over 2} = {BC \over 2} \rightarrow AD = BC }$

#12

Και οι δέκα είναι υπέροχες! . Ευχαριστώ!

Μια δική μου σχεδόν ή ίδια με τη δεύτερη του φίλου μου, του Μιχάλη του Τσουρακάκη .

: Ισότητες_λύση.png (26.21 KiB) Προβλήθηκε 739 φορές

Η μεσοκάθετος του

τέμνει τις $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC$ στα $K\,\,,\,\,L$

Τα τρίγωνα, $KBD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DAK$ είναι ισοσκελή και τα τρίγωνα , $CLB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KLB$ έχουν:

κοινή, $\widehat {CBL} = \widehat {KBL} = 40^\circ$ , $\widehat {BKL} = \widehat {BCL} = 80^\circ$ και άρα είναι ίσα οπότε : BC = BK = KD = DA

Γιώργος Μήτσιος · #13

Ποτέ δεν είναι αργά για μια Καλημέρα σε μια τέτοια πανίσχυρη παρέα!
Δύο παρόμοιες προσεγγίσεις

: 22-9 Ισότητα Ι .png (97.92 KiB) Προβλήθηκε 706 φορές

Το τρίγωνο MAD

είναι ισόπλευρο και η

τέμνει την

στο

.

Η

είναι διχοτόμος του άρα η BDE

μεσοκάθετος του

.

Τότε BM=BA=AC

και τα ισοσκελή BAC,BAM

με γωνίες κορυφής

άρες είναι ίσα , συνεπώς AD=AM=BC

.

Η δεύτερη προσέγγιση είναι και τριγωνομετρική , ελαφρά παραλλαγή της λύσης του Γιώργου Ρίζου

: 22-9 Ισότητα ΙΙ.png (99.7 KiB) Προβλήθηκε 706 φορές

Έχουμε $2\left ( BAD \right )=kb\eta \mu 20^o...(1)$ αλλά και

$2\left ( BAD \right )=BD\cdot b\eta \mu 10^o=2BE\cdot b\eta \mu 10^o=2a\sigma \upsilon \nu 10^o\cdot b\eta \mu 10^o=ab\eta \mu 20^o ...(2)$ .

Τα β' μέλη των (1)

και

δίνουν

δηλ

. Φιλικά, Γιώργος

Ισότητα

Ισότητα

Re: Ισότητα

Re: Ισότητα

Re: Ισότητα

Re: Ισότητα

Re: Ισότητα

Re: Ισότητα

Re: Ισότητα

Re: Ισότητα

Re: Ισότητα

Re: Ισότητα

Re: Ισότητα

Re: Ισότητα

Μέλη σε σύνδεση