Μέσα σε τρίγωνο, ισοσκελή

#1

: Μια γωνία τριγώνου ακόμη.png (17.4 KiB) Προβλήθηκε 1286 φορές

Στο σχήμα Τα τρίγωνα $DAB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EAC$ είναι ισοσκελή με κορυφές τα $D,\,\,E$ .

Να υπολογίσετε τη γωνία $\widehat {CDE} = \theta$ . ( Κάθε λύση αποδεκτή)

#2

Doloros έγραψε:Στο σχήμα Τα τρίγωνα $DAB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EAC$ είναι ισοσκελή με κορυφές τα $D,\,\,E$ . Να υπολογίσετε τη γωνία $\widehat {CDE} = \theta$ . ( Κάθε λύση αποδεκτή)

: Μέσα σε τρίγωνο ισοσκελή.png (42.91 KiB) Προβλήθηκε 1166 φορές

$\bullet$ Έστω το σημείο τομής του περίκυκλου του τριγώνου $\vartriangle ADB$ με την .

Τότε με $\angle FAD\mathop = \limits^{A,B,F,D\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle FBD = {18^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle BAD = {{36}^0}}$ $\angle BAF = {18^0} \Rightarrow \boxed{BF = FD}:\left( 1 \right)$ .

Αν είναι το μέσο του τόξου (που αντιστοιχεί σε εγγεγραμμένη γωνία ${{36}^{0}}$ ) τότε προφανώς $BF=FD=DQ=QA:\left( 2 \right)$ (χορδές ίδιου κύκλου αντιστοιχούσες σε ${{18}^{0}}$ εγγεγραμμένες γωνίες.

Είναι $\vartriangle AFC\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\vartriangle AFB} {54^0} + {18^0} = {72^0}$ $= \dfrac{{{{144}^0}}}{2}\mathop = \limits^{\vartriangle AEC} \dfrac{{\angle AEC}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{EA = EC} E$ το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου

του τριγώνου $\vartriangle AFC$ , οπότε $\angle EFD = \angle DFC - \angle EFC = {36^0} - {24^0} = {12^0}$ και προφανώς $\angle QAE = \angle DAE - \angle DAQ = {30^0} - {18^0} = {12^0}$ .

$\bullet$ Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα το τρίγωνο $\vartriangle EQD$ είναι ισόπλευρο οπότε $DE=DQ=DF\Rightarrow \vartriangle DFE$ ισοσκελές, άρα

$\angle XDE\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta } 2\left( {\angle DFE} \right) = {24^0} = \angle ECF \Rightarrow DFCE$ εγγράψιμο σε κύκλο οπότε $\angle EDC = \angle EFC\mathop = \limits^{EF = EC} \angle ECF = {24^0}$ και το ζητούμενο έχει υπολογιστεί.

Λήμμα Δίνεται ισοσκελές τραπέζιο $AQDF\left( AF\parallel QD \right)$ με $\angle QAF=\angle DFA={{36}^{0}}$ και . Προς το εξωτερικό μέρος του κατασκευάζουμε γωνίες $\angle QAE=\angle DFE={{12}^{0}}$ με ανήκει προφανώς στον άξονα συμμετρίας του σχήματος που είναι η μεσοκάθετη των βάσεων του ισοσκελούς τραπεζίου.
Να δειχθεί ότι $\vartriangle EQD$ είναι ισόπλευρο.

Απόδειξη

Προς αποφυγήν της τριγωνομετρίας ας δούμε την απόδειξη του Λήμματος με τη μέθοδο της εις άτοπον απαγωγής

: Μεσα σε τρίγωνο ισοσκελή (Λήμμα).png (26.14 KiB) Προβλήθηκε 1166 φορές

Έστω ότι $\vartriangle EQD$ δεν είναι ισόπλευρο οπότε θα υπάρχει σημείο $\left( \varepsilon \right)\backepsilon {E}'\ne E$ ώστε: $\vartriangle {E}'QD$ να είναι ισόπλευρο. Ετσι θα ισχύει: και συνεπώς τα τρίγωνα $\vartriangle QA{E}',\vartriangle DF{E}'$ θα είναι ισοσκελή και ίσα.

Αρα $\angle E'QA + \angle DQE' + \angle AQD = {360^0}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle DQE' = {{60}^0},\angle AQD = {{144}^0}} \angle E'QA = {156^0}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{QE' = QA} \angle E'AQ = {12^0}$ .

και επειδή προφανώς τα είναι προς το ίδιο μέρος της $AQ\Rightarrow {E}'\equiv E$ πράγμα άτοπο από την υπόθεση. Άρα το τρίγωνο $\vartriangle EQD$ είναι ισόπλευρο και το λήμμα έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Μέσα σε τρίγωνο, ισοσκελή

Μέσα σε τρίγωνο, ισοσκελή

Re: Μέσα σε τρίγωνο, ισοσκελή

Μέλη σε σύνδεση