Κριτήριο ισοσκελούς

: Κριτήριο ισοσκελούς.png (8.58 KiB) Προβλήθηκε 836 φορές

Στο τρίγωνο ABC

του σχήματος είναι BD=CE

και $\omega+\varphi=\theta +x.$ Να δείξετε ότι AB=AC.

S.E.Louridas

Εντάξει Γιώργο.
Αλλάζω την απόδειξη και θα επανέλθω για να το αποδείξω όπως αρχικά είχα σκεφτεί δηλαδή με ταυτόσημα βήματα όπως εκείνα του:
"Αν οι διχοτόμοι τριγώνου είναι ίσες, τότε, αυτό είναι ισοσκελές". Απλά ήθελα να κάνω μία υπέρβαση με τους κύκλους, ιδέα που με δελέασε...

Αρχικά θεωρούμε το παραλληλόγραμμο BDTE.

Έστω $\angle {C_2} < \angle {B_2}$ , τότε $EB < DC \Leftrightarrow DT < DC.$

Παρατηρούμε ότι $\angle {C_2} < \angle {B_2} \Rightarrow \angle {C_1} + \angle {B_2} - \angle {B_1} < \angle {B_2} \Rightarrow \angle {C_1} < \angle {B_1}$ ή $\angle {C_1} < \angle {T_1} \Rightarrow \angle {T_2} < \angle {C_3} \Rightarrow DC < TD = BE$ ,

καθότι $EC = ET \Rightarrow \angle TCE = \angle ETC.$ Όμως η DC < EB

είναι άτοπο. Όμοια αν υποθέσουμε $\angle {C_2} > \angle {B_2}$

θα καταλήξουμε και πάλι σε άτοπο. Συνεπώς EB=DC

που μας οδηγεί άμεσα στην $\angle B = \angle C \Leftrightarrow AB = AC.$

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Σάβ Σεπ 23, 2017 10:46 pm
Εντάξει Γιώργο.
Αλλάζω την απόδειξη και θα επανέλθω για να το αποδείξω όπως αρχικά είχα σκεφτεί δηλαδή με ταυτόσημα βήματα όπως εκείνα του:
"Αν οι διχοτόμοι τριγώνου είναι ίσες, τότε, αυτό είναι ισοσκελές". Απλά ήθελα να κάνω μία υπέρβαση με τους κύκλους, ιδέα που με δελέασε...

Αρχικά θεωρούμε το παραλληλόγραμμο Έστω $\angle {C_2} < \angle {B_2}$ , τότε $EB < DC \Leftrightarrow DT < DC.$

Παρατηρούμε ότι $\angle {C_2} < \angle {B_2} \Rightarrow \angle {C_1} + \angle {B_2} - \angle {B_1} < \angle {B_2} \Rightarrow \angle {C_1} < \angle {B_1}$ ή $\angle {C_1} < \angle {T_1} \Rightarrow \angle {T_2} < \angle {C_3} \Rightarrow DC < TD = BE$ ,

καθότι $EC = ET \Rightarrow \angle TCE = \angle ETC.$ Όμως η είναι άτοπο. Όμοια αν υποθέσουμε $\angle {C_2} > \angle {B_2}$

θα καταλήξουμε και πάλι σε άτοπο. Συνεπώς που μας οδηγεί άμεσα στην $\angle B = \angle C \Leftrightarrow AB = AC.$

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 22, 2017 6:01 pm
Στο τρίγωνο του σχήματος είναι και $\omega+\varphi=\theta +x.$ Να δείξετε ότι

Από τον Νόμο των ημιτόνων στα BCE, BCD

έχουμε $\displaystyle{\frac {\sin B}{\sin (B+ \phi)} =\frac {CE}{BC} =\frac {BD}{BC} =\frac {\sin C}{\sin (C+\theta)} }$ .

Άρα $\displaystyle{ \sin (C+\theta)\sin B= \sin (B+ \phi)\sin C }$ , οπότε $\displaystyle{ \cos (C+\theta-B) -\cos (C+\theta+ B) = \cos (B+\phi-C)- \cos (B+\phi +C)}$ ή αλλιώς

$\displaystyle{\boxed { \cos (C+\theta-B) + \cos (B+\phi +C) = \cos (B+\phi-C)+ \cos (C+\theta+ B) }\,(*)}$ .

Έστω τώρα C>B

(όμοια η ανάποδη περίπτωση). Τότε $\phi + x > \theta + \omega = \theta + (\theta +x-\phi)$ , άρα $\boxed { \phi > \theta }$ . Όμοια $\boxed { x > \omega}$ .

Από τις δύο αυτές εύκολα βγάζουμε $C+\theta-B > B+\phi-C$ (ισοδυναμεί με την αληθή $\phi +2x > \theta + 2\omega$ ) και $B+\phi +C > C+\theta+ B$ .

Επειδή το συνημίτονο είναι φθίνουσα συνάρτηση, από τις δύο τελευταίες έπεται

$\cos (C+\theta-B) < \cos ( B+\phi-C)$ και $\cos (B+\phi +C) < \cos (C+\theta+ B)$ που με πρόσθεση κατά μέλη έρχεται σε αντίφαση με την (*)

. Άτοπο.

Τελικά B=C

.

Κριτήριο ισοσκελούς

Κριτήριο ισοσκελούς

Re: Κριτήριο ισοσκελούς

Re: Κριτήριο ισοσκελούς

Re: Κριτήριο ισοσκελούς

Μέλη σε σύνδεση