Μόνο τμήματα και γωνίες !

#1

Στο παρακάτω σχήμα το

είναι μέσο του

και η

είναι κάθετη στην

. H γωνία

είναι διπλάσια από την MAB

.

Να αποδειχθεί ότι AD=2AC

,

: 2014-10-18.mathematica.triangle.PNG (10.78 KiB) Προβλήθηκε 1136 φορές

raf616 · #2

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Στο παρακάτω σχήμα το είναι μέσο του και η είναι κάθετη στην . H γωνία είναι διπλάσια από την .

Να αποδειχθεί ότι ,

2014-10-18.mathematica.triangle.PNG

Γεια σας κ. Μπάμπη! Βάζω μία λύση αλλά χωρίς σχήμα...

Προεκτείνω την

κατά ίσο τμήμα

και έτσι σχηματίζω το παραλληλόγραμμο ABCE

. Έστω

το μέσο της

. To

είναι ορθογώνιο και άρα αφού η

είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα είναι $\angle BKD = 2x$ . Ακόμα AK = KB = KD

. Είναι $AC = BE = BK = KA = \dfrac{AD}{2}$ αφού το $\triangle BKE$ είναι

ισοσκελές και έτσι το ζητούμενο εδείχθη.

#3

Έστω

, το συμμετρικό σημείο του

ως προς την ευθεία

και ισχύει $\angle AB'D = 90^{o}$ και $\angle BAD = \angle DAB' = \angle B'AC\ \ \ ,(1)$ .

Έστω το σημείο $N\equiv AD\cap BB'$ και ας είναι B''

το συμμετρικό σημείο του

ως προς το

Τα σημεία $B'',\ B',\ C$ είναι συνευθειακά λόγω των συνευθειακών $D,\ N,\ M$ ( = τα μέσα των $BB'',\ BB',\ BC,$ αντιστοίχως ) και έχουμε $B''C\parallel AD\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\angle B'AC = \angle AB'C\Rightarrow$ $AC = B'C\ \ \ ,(3)$

Άρα, το σημείο

ανήκει στην μεσοκάθετη ευθεία του AB'

η οποία, ως παράλληλη προς την DB'

, περνάει από το μέσον

του

και ισχύει $AK = AC\ \ \ ,(4)$ λόγω της (1).

Συμπεραίνεται έτσι ότι AD = 2AC

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#4

raf616 έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Στο παρακάτω σχήμα το είναι μέσο του και η είναι κάθετη στην . H γωνία είναι διπλάσια από την .

Να αποδειχθεί ότι ,

2014-10-18.mathematica.triangle.PNG
Γεια σας κ. Μπάμπη! Βάζω μία λύση αλλά χωρίς σχήμα...

Προεκτείνω την κατά ίσο τμήμα και έτσι σχηματίζω το παραλληλόγραμμο . Έστω το μέσο της . To είναι ορθογώνιο και άρα αφού η

είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα είναι $\angle BKD = 2x$ . Ακόμα . Είναι $AC = BE = BK = KA = \dfrac{AD}{2}$ αφού το $\triangle BKE$ είναι

ισοσκελές και έτσι το ζητούμενο εδείχθη.

Υπέροχα !!!

#5

raf616 έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Στο παρακάτω σχήμα το είναι μέσο του και η είναι κάθετη στην . H γωνία είναι διπλάσια από την .

Να αποδειχθεί ότι ,

Το συνημμένο 2014-10-18.mathematica.triangle.PNG δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Γεια σας κ. Μπάμπη! Βάζω μία λύση αλλά χωρίς σχήμα...

Προεκτείνω την κατά ίσο τμήμα και έτσι σχηματίζω το παραλληλόγραμμο . Έστω το μέσο της . To είναι ορθογώνιο και άρα αφού η

είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα είναι $\angle BKD = 2x$ . Ακόμα . Είναι $AC = BE = BK = KA = \dfrac{AD}{2}$ αφού το $\triangle BKE$ είναι

ισοσκελές και έτσι το ζητούμενο εδείχθη.

Καλημέρα σε όλους.

Δίνω το σχήμα στην πολύ ωραία λύση του Ραφαήλ.

: raf6 16.png (9.44 KiB) Προβλήθηκε 1068 φορές

KARKAR · #6

: Κατασκευή Μπαμπικής.png (11.41 KiB) Προβλήθηκε 1059 φορές

Ας πούμε λοιπόν ότι ζητείται η κατασκευή σχήματος με τις παραπάνω ιδιότητες .

Ξεκινάμε από το ορθογώνιο ABD

. Σχεδιάζω ( πώς ?) διπλάσια γωνία $\widehat{DAx}$ και από

το μέσο

της

φέρω κάθετη προς τη διχοτόμο

, η οποία τέμνει την

στο

.

Δείξτε ότι το σημείο τομής ( έστω

) , των

, είναι πράγματι το μέσο του

#7

Καλημέρα σε όλους!
Μια λύση με Τριγωνομετρία (νόμιμη...), με το σχήμα του Μπάμπη, δίχως βοηθητικές.

: 2014-10-18.mathematica.triangle.PNG (10.78 KiB) Προβλήθηκε 1055 φορές

Έστω $\displaystyle \widehat{AMC} = \widehat{BMD} = \phi \Rightarrow \widehat{AMB} = 180^\circ - \phi$

Από Ν. Ημιτόνων:

Στο AMC

είναι $\displaystyle \frac{{AC}}{{\eta \mu \phi }} = \frac{{MC}}{{\eta \mu 2x}} \Leftrightarrow \frac{{AC}}{{MC}} = \frac{{\eta \mu \phi }}{{2\eta \mu x \cdot \sigma \upsilon \nu x}}$ (1)

Στο AMB

είναι $\displaystyle \frac{{AB}}{{\eta \mu \left( {180^\circ - \phi } \right)}} = \frac{{MB}}{{\eta \mu x}} \Leftrightarrow \frac{{MB}}{{AB}} = \frac{{\eta \mu x}}{{\eta \mu \phi }}$ (2)

Επίσης, στο ορθογώνιο ABD

είναι $\displaystyle \sigma \upsilon \nu x = \frac{{AB}}{{AD}}$ (3)

Οπότε, πολλαπλασιάζοντας τις (1), (2) έχουμε

$\displaystyle \frac{{AC}}{{MC}} \cdot \frac{{MB}}{{AB}} = \frac{{\eta \mu x}}{{\eta \mu \phi }} \cdot \frac{{\eta \mu \phi }}{{2\eta \mu x \cdot \sigma \upsilon \nu x}} \Leftrightarrow \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{1}{{2\sigma \upsilon \nu x}}$

και από (3) $\displaystyle \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{AD}}{{2AB}} \Leftrightarrow AD = 2AC$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #8

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Στο παρακάτω σχήμα το είναι μέσο του και η είναι κάθετη στην . H γωνία είναι διπλάσια από την .

Να αποδειχθεί ότι ,

Το συνημμένο 2014-10-18.mathematica.triangle.PNG δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Θεωρούμε την διχοτόμο της $\displaystyle{\angle CAD}$ και την κάθετη σ αυτήν $\displaystyle{DK}$ με $\displaystyle{DK \cap AC = L}$ ,οπότε $\displaystyle{AD = AL}$ και θα δείξουμε ότι $\displaystyle{C}$ μέσον της $\displaystyle{AL}$ ή ισοδύναμα $\displaystyle{\angle AKC = x}$
Έστω $\displaystyle{O}$ μέσον της $\displaystyle{AD}$ .Το $\displaystyle{ABDK}$ είναι εγγράψιμο κι ο περίκυκλός του έχει κέντρο $\displaystyle{O}$ κι ας είναι $\displaystyle{BOE}$ διάμετρος αυτού.
Είναι $\displaystyle{OM//EC \Rightarrow \angle BEC = \angle BOM = 2x}$ .Ακόμη, $\displaystyle{\angle BEK = \angle BAK = 2x}$ , άρα $\displaystyle{E,C,K}$ συνευθειακά κι από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{BKE}$ με διάμεσο προς την υποτείνουσα την $\displaystyle{KO \Rightarrow \angle OKE = \angle OEK = 2x \Rightarrow \boxed{\angle AKC = x}}$

STOPJOHN · #9

Kαλησπέρα
Θεωρούμε την διχοτόμο της γωνίας $MAC,A\Theta$ και την $D\Theta \perp A\Theta$
Τότε είναι $AB=A\Theta , AD=AE$ από την χαρακτηριστική ιδιότητα της διχοτόμου.Οπότε $MT//C\Theta$
αφού ενώνει τα μέσα δυο πλευρών τριγώνου. Στο τρίγωνο ADE

είναι :
$D\Theta =\Theta E, C\Theta //AD\Rightarrow AC=CE$
Τελικά AE=2AC=AD

Γιάννης

#10

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Στο παρακάτω σχήμα το είναι μέσο του και η είναι κάθετη στην . H γωνία είναι διπλάσια από την .

Να αποδειχθεί ότι ,

Το συνημμένο 2014-10-18.mathematica.triangle.PNG δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Κατασκευή σχήματος:

: Μόνο τμήματα και γωνίες_1.png (33.53 KiB) Προβλήθηκε 910 φορές

Έστω τυχαίος κύκλος (D,R)

και σημείο

εκτός αυτού .Από το

φέρνουμε τα εφαπτόμενα τμήματα AB,AE

προς τον κύκλο και έστω

το αντιδιαμετρικό του

.

Έστω ακόμα

το συμμετρικό του

ως προς το

. Η ευθεία

είναι παράλληλη στην

αφού αμφότερες είναι κάθετες( για διαφορετικούς λόγους…) στην

.

Η

τέμνει την

στο σημείο

. Αν

το σημείο τομής της

με την

αυτό θα είναι μέσο της

, αφού στο τρίγωνο BCP

το

μέσο του

και

.

Επειδή ακόμα η

είναι μεσοκάθετος στο

θα διχοτομεί την γωνία $D\widehat AT$ .

Δηλαδή το τρίγωνο ABC

έτσι όπως κατασκευάστηκε εκπληρώνει τις προϋποθέσεις του προβλήματος .

Απόδειξη άσκησης:

Επί πλέον στο τρίγωνο CAE

οι γωνίες στη βάση

είναι ίσες, αφού $\widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\widehat {{a_2}} = \widehat \theta \Rightarrow \widehat {{a_3}} = \widehat \theta$ , άρα $\boxed{AC = CE}$ .

Επίσης με CE//AD

και το

μέσο του

θα είναι και το

μέσο του

.

Συνεπώς $CE// = \dfrac{{AD}}{2} \Rightarrow AC = \dfrac{{AD}}{2} \Rightarrow \boxed{AD = 2AC}$ .

Φιλικά Νίκος

Atlas · #11

Μόνο τμήματα και γωνίες !

Μόνο τμήματα και γωνίες !

Re: Μόνο τμήματα και γωνίες !

Re: Μόνο τμήματα και γωνίες !

Re: Μόνο τμήματα και γωνίες !

Re: Μόνο τμήματα και γωνίες !

Re: Μόνο τμήματα και γωνίες !

Re: Μόνο τμήματα και γωνίες !

Re: Μόνο τμήματα και γωνίες !

Re: Μόνο τμήματα και γωνίες !

Re: Μόνο τμήματα και γωνίες !

Re: Μόνο τμήματα και γωνίες !

Μέλη σε σύνδεση