ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

orestisgotsis · #41

ΠΕΡΙΤΤΑ

KARKAR · #42

Άσκηση 21

: 21.png (9.78 KiB) Προβλήθηκε 1751 φορές

Στο άκρο

της πλευράς

ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , φέρω κάθετη , επί της οποίας παίρνω τμήμα BS=s

.

Με βάση την

(

το κέντρο του τριγώνου ) , γράφω το επίσης ισόπλευρο τρίγωνο OST

(

πλησιέστερα του

)

Υπολογίστε το μήκος του τμήματος TC=t

, συναρτήσει της πλευράς

του αρχικού ισοπλεύρου τριγώνου .

#43

ΑΣΚΗΣΗ 22:Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ και έστω $\displaystyle{I}$ το έγκεντρο αυτού. Aν K,L,N

είναι τα κέντρα των κύκλων που εφάπτονται στις πλευρές των γωνιών
$\displaystyle{A , C , B}$ και στον κύκλο με κέντρο το $\displaystyle{I}$ , να αποδείξετε ότι το άθροισμα των μηκών των τριών κύκλων με κέντρα
τα σημεία $\displaystyle{K,L,N}$ , είναι ίσο με το μήκος του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$

: ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ.png (15.53 KiB) Προβλήθηκε 1742 φορές

orestisgotsis · #44

ΠΕΡΙΤΤΑ

#45

KARKAR έγραψε:Άσκηση 21
Το συνημμένο 21.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο άκρο της πλευράς ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , φέρω κάθετη , επί της οποίας παίρνω τμήμα .

Με βάση την ( το κέντρο του τριγώνου ) , γράφω το επίσης ισόπλευρο τρίγωνο ( πλησιέστερα του )

Υπολογίστε το μήκος του τμήματος , συναρτήσει της πλευράς του αρχικού ισοπλεύρου τριγώνου .

: iso_21.png (33.82 KiB) Προβλήθηκε 1713 φορές

Θεωρούμε τον περιγεγραμμένο κύκλο (C)

του

και αγνοούμε προσωρινά το ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς

. Αν

το αντιδιαμετρικό του

θα είναι $BC = {\lambda _{3\,\,}}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BP = PC = {\lambda _6} = R$ και το

θα βρίσκεται πάνω στην

. Φέρνουμε παράλληλη από το $\,S$ προς την

που τέμνει την

στο

. Πάλι απ το

νέα παράλληλη προς την

που τέμνει την

στο

. Θα δείξουμε ότι το OST

είναι ισόπλευρο.
Προφανώς το SPTZ

είναι από κατασκευής παραλληλόγραμμο με απέναντι γωνίες ${60^0}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{120^0}$ και μάλιστα η

διχοτομεί την γωνία του στο

. Τα τρίγωνα $OSP\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,OTC$ έχουν : $OP = OC = R\,\,,\,SP = ZT = TC\,\,,\,O\widehat {PS} = {60^0} = {30^0} + {30^0} = O\widehat CT$
Συνεπώς είναι ίσα και θα έχουν έτσι $OS = OT\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\widehat \omega = \widehat \phi \Rightarrow \widehat \omega + P\widehat OT = P\widehat OT + \widehat \phi = {60^0}$ . Άρα το OST

είναι ισόπλευρο.
Αν τώρα M,N

οι προβολές των S,T

αντίστοιχα πάνω στην

θα έχουμε :

$\left\{ \begin{gathered} 2BM = s\sqrt 3 \hfill \\ 2CN = t\sqrt 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow a = (s + t)\sqrt 3 \Rightarrow \sqrt 3 a = 3s + 3t \Rightarrow \boxed{t = \frac{{a\sqrt 3 }}{3} - s}$

Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #46

KARKAR έγραψε:Άσκηση 21
Το συνημμένο 21.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο άκρο της πλευράς ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , φέρω κάθετη , επί της οποίας παίρνω τμήμα .

Με βάση την ( το κέντρο του τριγώνου ) , γράφω το επίσης ισόπλευρο τρίγωνο ( πλησιέστερα του )

Υπολογίστε το μήκος του τμήματος , συναρτήσει της πλευράς του αρχικού ισοπλεύρου τριγώνου .

Επειδή, $\displaystyle{\angle OBC = OCB = {30^0}}$ και $\displaystyle{BS \bot AB}$ ,προφανώς θα είναι $\displaystyle{\angle OBS = {60^0}}$
Έστω $\displaystyle{AD \cap BS = P}$ .Επειδή το $\displaystyle{\vartriangle ABP}$ είναι ορθογώνιο και $\displaystyle{OB = OA}$ θα είναι προφανώς και $\displaystyle{OA = OP}$ κι έτσι ο πρίκυκλος του $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ περνά από το $\displaystyle{P}$
Θα αποδείξουμε τώρα ότι τα $\displaystyle{P,T,C}$ είναι συνευθειακά.
Είναι, $\displaystyle{\angle BOC = {120^0}}$ άρα $\displaystyle{\angle x + \angle y = {60^0}}$
Αφού $\displaystyle{\angle BOP = {60^0},\angle POC = {60^0} \Rightarrow \angle SOP = y,\angle POT = x}$
$\displaystyle{\vartriangle OBS = \vartriangle OPT}$ γιατί $\displaystyle{OB = OPOS = OT,\angle BOS = \angle POT = x}$ ,άρα, $\displaystyle{\angle OSB = \angle OTP}$ .
Όμοια , $\displaystyle{\vartriangle OSP = \vartriangle OTC}$ αφού, $\displaystyle{OS = OT,OP = OC,\angle SOP = \angle TOC = y}$ ,άρα, $\displaystyle{\angle OTC = \angle OSP}$ και $\displaystyle{SP = TC}$ .
Επειδή όμως $\displaystyle{\angle OSB + \angle OSP = {180^0}}$ ,θα είναι και $\displaystyle{\angle OTP + \angle OTC = {180^0}}$
Έτσι αποδείξαμε ότι τα $\displaystyle{P,T,C}$ είναι συνευθειακά και ότι $\displaystyle{TC = t = SP}$ .Τότε όμως $\displaystyle{BP = s + t = BO = \frac{2}{3}\frac{{\alpha \sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \boxed{t = \frac{{\alpha \sqrt 3 }}{3} - s}}$

#47

ΑΣΚΗΣΗ 21

*Μια και γράψαμε μια μετρική, ας βάλω και αυτό το πρόβλημα που μόλις βρήκα και για το οποίο δεν έχω λύση:

Σε ένα ισόπλευρο τρίγωνο ABC

με μήκος πλευράς

, θεωρούμε εσωτερικό σημείο

με

και

.Να αποδειχθεί ότι :

3(a^4 + b^4 + c^4 + d^4) = (a^2 + b^2 + c^2 + d^2)^2

.

KARKAR · #48

Άσκηση 23
Ας μου επιτραπεί ο προσωπικός τόνος , αλλά θεωρώ την άσκηση αυτή , ως μία από τις

καλύτερες που έχω δημοσιεύσει . Θα ένιωθα μεγάλη ικανοποίηση αν έβλεπα άλλη μια λύση !

#49

ΑΣΚΗΣΗ 22

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,ABC\,\,}$ και το ημικύκλιο διαμέτρου $\displaystyle{\,\,\,BC\,\,\,}$ .
Αν τα σημεία $\displaystyle{\,\,D\,,\,E\,\,}$ τριχοτομούν το τόξο $\displaystyle{\,\,BC\,\,}$ , δείξετε ότι τα $\displaystyle{\,AD\,,\,AE\,\,}$ τριχοτομούν την πλευρά $\displaystyle{\,\,BC\;\;}$

hlkampel · #50

exdx έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 22

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,ABC\,\,}$ και το ημικύκλιο διαμέτρου $\displaystyle{\,\,\,BC\,\,\,}$ .
Αν τα σημεία $\displaystyle{\,\,D\,,\,E\,\,}$ τριχοτομούν το τόξο $\displaystyle{\,\,BC\,\,}$ , δείξετε ότι τα $\displaystyle{\,AD\,,\,AE\,\,}$ τριχοτομούν την πλευρά $\displaystyle{\,\,BC\;\;}$

viewtopic.php?f=22&t=32789&p=151828#p151828 και στις παραπομπές

KARKAR · #51

Άσκηση 24

: 24.png (7.88 KiB) Προβλήθηκε 1591 φορές

Επί ευθυγράμμου τμήματος

κινείται σημείο

. Με βάσεις BS,SC

σχεδιάζω προς

το ίδιο ημιεπίπεδο , τα ισόπλευρα τρίγωνα ABS

και

. Βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{BS}{SC}$ , αν :

1) Ο κύκλος (A,AT)

εφάπτεται του

... 2) Είναι : $\displaystyle AT=\frac{BC}{2}$

#52

KARKAR έγραψε:Άσκηση 23
Ας μου επιτραπεί ο προσωπικός τόνος , αλλά θεωρώ την άσκηση αυτή , ως μία από τις

καλύτερες που έχω δημοσιεύσει . Θα ένιωθα μεγάλη ικανοποίηση αν έβλεπα άλλη μια λύση !

Μια "διαφορετική" προσέγγιση ΕΔΩ.

Φαντάζομαι ότι ο Θανάσης ζητά κάτι πιο "καθαρόαιμο" γεωμετρικό, αλλά για λόγους πλουραλισμού δίνω και την Αναλυτική προσέγγιση.

#53

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 21

*Μια και γράψαμε μια μετρική, ας βάλω και αυτό το πρόβλημα που μόλις βρήκα και για το οποίο δεν έχω λύση:

Σε ένα ισόπλευρο τρίγωνο με μήκος πλευράς , θεωρούμε εσωτερικό σημείο με και .Να αποδειχθεί ότι :

.

Γειά σου Μπάμπη. Ας δούμε μια λύση με συντεταγμένες:

: ΑΞ 1.png (11.08 KiB) Προβλήθηκε 1562 φορές

Αρκεί να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{3d^4 +3(a^4 +b^4 +c^4 )=(a^2 +b^2 +c^2 )^2 +2d^2 (a^2 +b^2 +c^2 )+d^4 \Leftrightarrow}$

$\displaystyle{2d^4 +3[(a^2 +b^2 +c^2 )^2 -2(a^2 b^2 +a^2 c^2 +b^2 c^2 )]=(a^2 +b^2 +c^2 )^2 +2d^2 (a^2 +b^2 +c^2 )}$

Άρα αρκεί να δείξουμε ότι: $\displaystyle{d^4 -(a^2 +b^2 +c^2 )d^2 +(a^2 +b^2 +c^2 )^2 -3(a^2 b^2 +a^2 c^2 +b^2 c^2 )=0}$

Αρκεί:

$\displaystyle{d^4 -d^2 [m^2 +(n-\frac{d\sqrt{3}}{2})^2 +n^2 +(m+\frac{d}{2})^2 +n^2 +(m-\frac{d}{2})^2 ]+}$

$\displaystyle{+ [m^2 +(n-\frac{d\sqrt{3}}{2})^2 +n^2 +(m+\frac{d}{2})^2 +n^2 +(m-\frac{d}{2})^2 ]^2 =}$

$\displaystyle{=3[m^2 +(n-\frac{d\sqrt{3}}{2})^2 ][ n^2 +(m+\frac{d}{2})^2]+3[m^2 +(n-\frac{d\sqrt{3}}{2})^2 ][(m-\frac{d}{2})^2 ] +}$

$\displaystyle{+3[(m+\frac{d}{2})^2][n^2 +(m-\frac{d}{2})^2 ]}$

Θέτουμε $\displaystyle{m^2 +n^2 =k}$ και κάνοντας τις πράξεις, αρκεί να δείξουμε ότι:

$\displaystyle{d^4 -d^2 (3k+\frac{5d^2}{4}-nd\sqrt{3})+(3k+\frac{5d^2}{4}-nd\sqrt{3})^2 =3(k+\frac{3d^2}{4}-nd\sqrt{3})(k+\frac{d^2}{4}+md)+}$

$\displaystyle{+3(k+\frac{3d^2}{4}-nd\sqrt{3})(k+\frac{d^2}{4}-md)+3(k+\frac{d^2}{4}+md)(k+\frac{d^2}{4}-md)}$

Και μετά τις απλές πράξεις, αρκεί να δειχθεί ότι: $\displaystyle{3n^2 d^2 +3m^2 d^2 =3kd^2}$ ή αρκεί: $\displaystyle{n^2 +m^2 =k}$ , το οποίο

είναι αληθές.

Γιάννης Ι. · #54

Άσκηση 24(Λύση)

Έστω BS=a

και

,
α) όταν ο κύκλος (A, AT)

εφάπτεται στην

τότε
$\displaystyle AT={ \upsilon }_{ \alpha }\Rightarrow { AT }^{ 2 }=\frac { 3{ a }^{ 2 }}{ 4 } (1)$

Από το νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο AST

έχουμε
${ AT }^{ 2 }={ a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 }-ab(2)$ αφού $\widehat{AST}={60 }^{0 }$

Από τις (1),(2) έχουμε
$\displaystyle \frac { 3 }{ 4 } { a }^{ 2 }={ a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 }-ab\\ \\ \frac { 3{ a }^{ 2 } }{ 4{ b }^{ 2 } } =\frac { { a }^{ 2 } }{ { b }^{ 2 } } +1-\frac { { a } }{ { b } } \\ \\ \frac { { a }^{ 2 } }{ { b }^{ 2 } } -4\frac { { a } }{ { b } } +4=0\\ \\ \frac { { a } }{ { b } } =2$

β) Όταν $AT=\frac { BC }{ 2 }$ ισχύει $AT=\frac { a+b }{ 2 } \Rightarrow { AT }^{ 2 }=\frac {{ (a+b) }^{2}}{ 4 } (1)$
Από το νόμο συνημιτόνων έχουμε πάλι ${ AT }^{ 2 }={ a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 }-ab (2)$
Από τις (1),(2) έχουμε
$\displaystyle \frac { { a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 }+2ab }{ 4 } ={ a }^{ 2 }+{ b }^{ 2 }-ab\\ 3{ a }^{ 2 }+3{ b }^{ 2 }-6ab=0\\ a=b \Rightarrow \frac { a }{ b } =1$

KARKAR · #55

Άσκηση 25

Έχουμε γράψει τρείς ομόκεντρους κύκλους με κέντρο

και ακτίνες 1,2,3

και σημείο

του μικρού κύκλου .

Έστω

σημείο του μεσαίου κύκλου . Η μεσοκάθετος του

τέμνει τον μεγάλο κύκλο στο ( πλησιέστερο )

σημείο

. Δείξτε ότι υπάρχει θέση του

, ώστε το $\displaystyle ABC$ να είναι ισόπλευρο και υπολογίστε την πλευρά του .

: 25.png (21 KiB) Προβλήθηκε 1491 φορές

Σημείωση 1 : Το

μπορεί να κατασκευασθεί , ως τομή της εφαπτομένης του μικρού κύκλου στο αντιδιαμετρικό του

(το

) , με τον μεσαίο κύκλο . Γιατί ;

Σημείωση 2 : Η τιμή 60^0

, είναι η μεγαλύτερη που μπορεί να πάρει η γωνία $\hat{C}$ .

Σημείωση 3 : Αν η μεσοκάθετος του OA'

τέμνει το μεγάλο κύκλο στο

και

, τότε έχουμε την ελάχιστη τιμή της γωνίας .

Σημείωση 4 : Οι σημειώσεις

και

κρύβουν ανεξερεύνητα -εν μέρει - αποτελέσματα και τίθενται για προβληματισμό !

#56

KARKAR έγραψε:
Doloros έγραψε: Δεν μπορώ να πω πως είμαι ευχαριστημένος από τη λύση ...Φιλικά Νίκος
4.png
Γράφω κύκλους ομοκέντρους προς τους αρχικούς , αλλά μισής ακτίνας . Μία κοινή εξωτερική εφαπτομένη τους

τέμνει τους αρχικούς στα σημεία , τα οποία είναι τα ζητούμενα . Διότι τότε είναι $\widehat{AOS}=60^0=\widehat{TSP}$

και όμοια $\widehat{STP}=60^0$ . ( Υπάρχει και δεύτερη λύση με την "κάτω " εφαπτομένη ) .

Για την Α Σ Κ Η Σ Η 4
Το ότι η λύση μου πονούσε "φαινόταν".

Η λύση του Θανάση πολύ ωραία και ξεκάθαρη

Ευχαριστώ τον ... Maitre , άλλωστε το σχόλιο μου εμμέσως πλην σαφώς σε αυτό αποσκοπούσε.

Φιλικά Νίκος

#57

Άσκηση 26
Έστω τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου

Αν $|\vec{OA}+2\vec{OB}|=|\vec{OB}+2\vec{OC}|=|\vec{OC}+2\vec{OA}|$ , τότε το ABC

είναι ισόπλευρο.

viewtopic.php?f=23&t=28132

AIAS · #58

ΑΣΚΗΣΗ 27

: Ισόπλευρα 27.png (12.9 KiB) Προβλήθηκε 1399 φορές

Τις πλευρές BC,AC

ισοπλεύρου τριγώνου ABC

, προεκτείνουμε προς το

κατά ίσα τμήματα CD = CE

.

Η παράλληλη από το

προς την

, τέμνει την μεσοκάθετο του

στο

, με

το συμμετρικό του

ως προς την

.

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο JBE

, είναι ισόπλευρο.
AIAS

#59

AIAS έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 27
Τις πλευρές ισοπλεύρου τριγώνου , προεκτείνουμε προς το κατά ίσα τμήματα . Η παράλληλη από το προς την , τέμνει την μεσοκάθετο του στο , με το συμμετρικό του ως προς την . Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο , είναι ισόπλευρο.

Ας δούμε το πρόβλημα ισοδύναμα. Με $\left\{ \begin{gathered} \left( {AC} \right) = \left( {BC} \right) \hfill \\ \left( {CE} \right) = \left( {CD} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow ABED$ ισοσκελές τραπέζιο, άρα εγγράψιμο σε κύκλο.

Με $\angle AFD\mathop = \limits^{\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \kappa \varepsilon \varsigma \,\,\omega \varsigma \,\,\pi \rho o\varsigma \,\,\tau \eta \nu \,\,AD} \angle ACD = {180^0} - {60^0}$ $= {120^0} = {180^0} - \angle ABD \Rightarrow F$ είναι και αυτό σημείο του περίκυκλου του ισοσκελούς τραπεζίου .

Ας είναι το σημείο τομής της εκ του παράλληλης προς την με τον κύκλο. Τότε το τραπέζιο είναι ισοσκελές και συνεπώς

$\left( {AJ} \right) = \left( {FD} \right)\mathop = \limits^{\alpha \pi o\,\,\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha } \left( {CD} \right)$ $\mathop = \limits^{\vartriangle CDE\,\,\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o\,\,\alpha \pi o\,\,\kappa \alpha \tau \alpha \sigma \kappa \varepsilon \upsilon \eta \varsigma }$ $\left( {CE} \right) = \left( {DE} \right):\left( 1 \right)$

και $\left( {JD} \right)\mathop = \limits^{\iota \sigma \varepsilon \varsigma \,\,\delta \iota \alpha \gamma \omega \nu \iota \varepsilon \varsigma \,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda o\upsilon \varsigma \,\,\tau \rho \alpha \pi \varepsilon \zeta \iota o\upsilon } \left( {AF} \right)$ $\mathop = \limits^{\alpha \pi o\,\,\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha } \left( {AC} \right)\mathop = \limits^{\vartriangle ABC\,\,\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o}$ $\left( {AB} \right) = \left( {BC} \right):\left( 2 \right)$ .
[attachment=0]1.png[/attachment]
Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow AJDC$ παραλληλόγραμμο οπότε: $\boxed{\angle BAJ = {{180}^0} - \angle ABC = {{120}^0} = \angle BCE}:\left( 3 \right)$

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \vartriangle ABJ = \vartriangle CBE \Rightarrow BJ = BE \Rightarrow \vartriangle BEJ$ ισοσκελές και με $\angle BJE\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o\,\,BE} \angle BAE = {60^0} \Rightarrow \vartriangle BJE$

ισόπλευρο και προφανώς το ανήκει στη μεσοκάθετη του , δηλαδή είναι το σημείο τομής της εκ του παράλληλης προς την

με την μεσοκάθετη της (όπως ορίστηκε από την εκφώνηση του προβλήματος)

Στάθης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #60

AIAS έγραψε: ΑΣΚΗΣΗ 27
Τις πλευρές ισοπλεύρου τριγώνου , προεκτείνουμε προς το κατά ίσα τμήματα .

Η παράλληλη από το προς την , τέμνει την μεσοκάθετο του στο , με το συμμετρικό του ως προς την .

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο , είναι ισόπλευρο.

Επειδή $\displaystyle{\angle DCE = {60^0}}$ ,το τρίγωνο $\displaystyle{CDE}$ είναι ισόπλευρο οπότε $\displaystyle{\angle BDE = \angle ABD = {60^0} \Rightarrow DE//AB}$ κι επειδή $\displaystyle{AE = BD}$ το $\displaystyle{ABED}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο κι ας είναι $\displaystyle{(q)}$ ο περίκυκλός του.
Τότε , $\displaystyle{\angle EBD = \angle EAD = x}$
Λόγω συμμετρίας έχουμε $\displaystyle{\angle EAD = \angle DAF = x}$ κι επειδή $\displaystyle{JF//AD}$ θα είναι $\displaystyle{\angle AFJ = x}$ .
Ακόμη, $\displaystyle{\angle AFD = \angle ACD = {120^0} \Rightarrow \angle AFD + \angle ABD = {120^0} + {60^0} = {180^0} \Rightarrow ABDF}$ εγγράψιμο κι έτσι ο $\displaystyle{(q)}$ περνά από το $\displaystyle{F}$
Φέρνουμε το ύψος $\displaystyle{AL}$ του $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ και $\displaystyle{AL \cap \left( q \right) = Z}$ οπότε $\displaystyle{BZ = ZE}$ (αφού το ύψος είναι και διχοτόμος) κι επειδή $\displaystyle{JB = JE}$ η μεσοκάθετος $\displaystyle{JM}$ περνά από το $\displaystyle{Z}$
και $\displaystyle{\angle AZJ = \angle EBD = x}$ (οξείες με κάθετες πλευρές).Άρα το $\displaystyle{ZAJF}$ είναι εγγράψιμο οπότε ο $\displaystyle{(q)}$ περνά και από το $\displaystyle{J}$
Τώρα, $\displaystyle{\angle BJE = \angle BAE = {60^0}}$ οπότε το ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{BJE}$ θα είναι ισόπλευρο και το ζητούμενο αποδείχτηκε

ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Μέλη σε σύνδεση