Μια σαρανταπεντάρα

#1

To

είναι ισοσκλές με AB=AC

και

είναι το μέσον της βάσης. Παίρνουμε ίσα τμήματα BE=CF

με $\widehat {EBA}=60^o$ και $\widehat {FCA}=30^o$ , όπως στο σχήμα. Aν

το μέσον της

, να υπολογιστεί η γωνία $\widehat {MDA}.$

Γιώργος Μήτσιος · #2

Καλό βράδυ σε όλους! Μια προσπάθεια για την απόδειξη πρώτα μιας γενικότερης πρότασης
και στη συνέχεια θα δείξουμε τη ζητουμένη, ως εφαρμογή αυτής.

: 20-1 όλα για ..μια 45άρα.png (147.34 KiB) Προβλήθηκε 695 φορές

Θεωρούμε το τετράπλευρο με και τα μέσα των .

Θα δείξουμε τη σχέση γωνιών (βλ. σχήμα) $x+y=2\widehat{MDB}$

Πάνω στον κύκλο (D,BE=FC)

παίρνουμε τα σημεία

και

, όπως στο σχήμα ώστε $OD \parallel FC$ και $DN \parallel BE$ .

Τότε τα DOFC

και

είναι παραλλήλόγραμμα ενώ το DON

ισοσκελές.

Τα τρίγωνα MOF,MEN

προκύπτουν ίσα (ΠΓΠ) οπότε MO=MN

με τα

συνευθειακά,
συνεπώς η διάμεσος

είναι και διχοτόμος.

Παίρνουμε $x+y=\widehat{BDN}+\widehat{BDO}=2\widehat{BDM}$ .

Θα επανέλθω για την σύνδεση των ανωτέρω με το αρχικό ζητούμενο. Φιλικά, Γιώργος.

#3

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 20, 2022 6:24 pm
To είναι ισοσκλές με και είναι το μέσον της βάσης. Παίρνουμε ίσα τμήματα με $\widehat {EBA}=60^o$ και $\widehat {FCA}=30^o$ , όπως στο σχήμα. Aν το μέσον της , να υπολογιστεί η γωνία $\widehat {MDA}.$

Πολύ όμορφη πρόταση Μιχάλη !!!. Και έχει και μια πολύ ωραία λύση με δύο συμμετρίες ... Φυσικά και αρκεί οι γωνίες που έχεις σημειωμένες να είναι συμπληρωματικές και όχι κατ' ανάγκη ${{60}^{0}}$ και ${{30}^{0}}$ . Το ισοσκελές τρίγωνο χρησιμεύει αποκλειστικά για τις συμμετρίες.

Θα περιμένω την ολοκληρωμένη λύση του Γιώργου (γιατί υποψιάζομαι ότι είναι αυτή που "φωτογραφίζω" πιο πάνω).

Παρόλα αυτά και έτσι να συμβαίνει θα επανέλθω γιατί έχω και άλλη λύση στηριζόμενη σε ... τραπέζιο.

Νομίζω (αν θυμάμαι καλά από τη διδακτική μου "καριέρα" ότι είναι άσκηση του σχολικού βιβλίου της Β' Λυκείου στα σύνθετα θέματα κάπως καμουφλαρισμένη εδώ

)

Γιώργος Μήτσιος · #4

Επανέρχομαι λοιπόν για την ολοκλήρωση της λύσης

: 20-1 .. για την 45άρα.png (133.94 KiB) Προβλήθηκε 644 φορές

Έχουμε $x+\phi +y+\omega =180^o=2\widehat{BDM}+2\theta$ . Οπως βρήκαμε πριν είναι $x+y=2\widehat{BDM}$

άρα $\phi +\omega =2\theta$ . Για $\phi =60^o$ και $\omega =30^o$ παίρνουμε $\theta =45^o$ .

#5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 20, 2022 11:15 pm

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 20, 2022 6:24 pm
To είναι ισοσκλές με και είναι το μέσον της βάσης. Παίρνουμε ίσα τμήματα με $\widehat {EBA}=60^o$ και $\widehat {FCA}=30^o$ , όπως στο σχήμα. Aν το μέσον της , να υπολογιστεί η γωνία $\widehat {MDA}.$
Πολύ όμορφη πρόταση Μιχάλη !!!. Και έχει και μια πολύ ωραία λύση με δύο συμμετρίες ... Φυσικά και αρκεί οι γωνίες που έχεις σημειωμένες να είναι συμπληρωματικές και όχι κατ' ανάγκη ${{60}^{0}}$ και ${{30}^{0}}$ . Το ισοσκελές τρίγωνο χρησιμεύει αποκλειστικά για τις συμμετρίες.

Θα περιμένω την ολοκληρωμένη λύση του Γιώργου (γιατί υποψιάζομαι ότι είναι αυτή που "φωτογραφίζω" πιο πάνω).

Παρόλα αυτά και έτσι να συμβαίνει θα επανέλθω γιατί έχω και άλλη λύση στηριζόμενη σε ... τραπέζιο.

Νομίζω (αν θυμάμαι καλά από τη διδακτική μου "καριέρα" ότι είναι άσκηση του σχολικού βιβλίου της Β' Λυκείου στα σύνθετα θέματα κάπως καμουφλαρισμένη εδώ )

Αυτήν εννοείς Στάθη;

Από το μέσο

της πλευράς $B\Gamma$ ενός τριγώνου $AB\Gamma$ φέρουμε την παράλληλη στη διχοτόμο του $A\Delta,$ που τέμνει τις $AB, A\Gamma$ στα E, Z

αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι $BE=\Gamma Z$ .

KARKAR · #6

: Σύνοψη.png (21.47 KiB) Προβλήθηκε 538 φορές

Βάζω ένα σχήμα σαν σύνοψη των μέχρι τώρα παρατηρήσεων , στην έξοχη αυτήν άσκηση .

Οι προεκτάσεις των σταθερής διεύθυνσης ημιευθειών BE , CF

, τέμνονται στο

.

Η

είναι διχοτόμος και

παράλληλη προς την διχοτόμο ( επίσης σταθερής διεύθυνσης ) ...

Προκύπτει ακόμη , ότι : BA'+A'T=CT

( Από την "Αποδεικτική" σχολική 2 , σελίδα 25) .

STOPJOHN · #7

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 20, 2022 6:24 pm
To είναι ισοσκλές με και είναι το μέσον της βάσης. Παίρνουμε ίσα τμήματα με $\widehat {EBA}=60^o$ και $\widehat {FCA}=30^o$ , όπως στο σχήμα. Aν το μέσον της , να υπολογιστεί η γωνία $\widehat {MDA}.$

Kαλησπέρα,καλό θέμα

Εστω EM//BS,EB//MS,MF//TC,MT//FC,

Αρα

και απο το

παραλληλόγραμμο $BTCS,SD=DT\Rightarrow MD\perp ST$ . Λογω καθετότητας πλευρών είναι

$\hat{TDC}=\theta =\hat{MDA}=\hat{KDS},\hat{TCD}=\hat{KBS}=t,\hat{B}=\hat{C}=\omega, \hat{FCT}= \omega -30^{0}-t=\hat{MFT},\hat{EBS}=\hat{EMS}=60^{0}+\omega +t,\hat{SMD}=\hat{DMT}= \hat{\sigma} ,$

$\hat{EMS}+\hat{SMT}+\hat{TMF}=180^{0}\Rightarrow \omega +\sigma =75^{0},(1), MKD, \hat{MKB} =120-\omega ,(2),\hat{MKB}=90-\theta +\sigma,(3) , (1),(2),(3)\Rightarrow \theta =90-120+\omega +\sigma =45^{0}$

nickchalkida · #8

Μερικά ευρήματα ακόμα για αυτόν\ήν που θα ασχοληθεί περισσότερο.
Αν

η τομή των προεκτάσεων των EB, CF

(και το

ταυτιστεί με την αρχή των αξόνων),
τότε το

βρίσκεται επί της υπερβολής με εστίες

,

, που διέρχεται από το

.
Οι διχοτόμοι των γωνιών των αξόνων GG'

,

είναι ασύμπτωτοι αυτής της υπερβολής.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #9

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 20, 2022 6:24 pm
To είναι ισοσκλές με και είναι το μέσον της βάσης. Παίρνουμε ίσα τμήματα με $\widehat {EBA}=60^o$ και $\widehat {FCA}=30^o$ , όπως στο σχήμα. Aν το μέσον της , να υπολογιστεί η γωνία $\widehat {MDA}.$

Στο παρακάτω σχήμα θεωρούμε ότι $\angle ABE= \alpha$ και $\angle ACF= \beta$ με $\alpha + \beta =90^0$ και BQ=CF=EB

Επιπλέον

είναι οι προβολές των F, Q,E

επί της

και

συμμετρικό του

ως προς

οπότε προφανώς P,E,H

συνευθειακά

Είναι BL=CZ=x

και λόγω ισότητας των τριγώνων EHB,QBL

θα είναι

και

άρα

και $\angle PLH=45^0$

Έτσι, $MD//PL \Rightarrow \angle PLH=45^0 \Rightarrow \angle MDL=45^0$ άρα $\theta =45^0$

: 45.png (36.81 KiB) Προβλήθηκε 497 φορές

Μια σαρανταπεντάρα

Μια σαρανταπεντάρα

Re: Μια σαρανταπεντάρα

Re: Μια σαρανταπεντάρα

Re: Μια σαρανταπεντάρα

Re: Μια σαρανταπεντάρα

Re: Μια σαρανταπεντάρα

Re: Μια σαρανταπεντάρα

Re: Μια σαρανταπεντάρα

Re: Μια σαρανταπεντάρα

Μέλη σε σύνδεση