Ίσες γωνίες σε ισοσκελές

#1

: Ίσες γωνίες σε ισοσκελές.png (9.56 KiB) Προβλήθηκε 849 φορές

Έστω

σημείο της πλευράς

ισοσκελούς τριγώνου ABC(AB=AC),

ώστε

και

σημείο της

ώστε $A\widehat EC=90^\circ.$ Να δείξετε ότι $E\widehat CB=E\widehat BA.$

Altrian · #2

Γιώργο καλησπέρα,

Φέρνω την

κάθετη στην $BC\Rightarrow BF=FC$ . Εστω AD=DS=SC

και

μέσο του

. Το

είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου

. Η προέκταση του

τέμνει τον κύκλο στο

. Το

είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγνώνιές του FQ, AC

διχοτομούνται) και μάλιστα ορθογώνιο.
Η προέκταση της

τέμνει τον κύκλο στο

. Επειδή

μέσα των

αντίστοιχα $\Rightarrow FP\left | \right |BQ$ $\Rightarrow EF=QP\Rightarrow \widehat{QFP}=\widehat{BCE}$ .
Επίσης $FQ\left | \right |BA\Rightarrow \widehat{ABE}=\widehat{QFP}$ (γωνίες με πλευρές παράλληλες).
Επομένως $\widehat{ABE}=\widehat{BCE}$

Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 11, 2018 6:31 pm
Ίσες γωνίες σε ισοσκελές.png
Έστω σημείο της πλευράς ισοσκελούς τριγώνου ώστε

και σημείο της ώστε $A\widehat EC=90^\circ.$ Να δείξετε ότι $E\widehat CB=E\widehat BA.$

Έστω $\displaystyle AM$ το ύψος του τριγώνου $\displaystyle ABC$

Με $\displaystyle Z$ συμμετρικό του $\displaystyle B$ ως προς $\displaystyle A$ είναι $\displaystyle ZC \bot BC$ κι επειδή $\displaystyle CD = 2DA$ ,το $\displaystyle D$ είναι κ.βάρους του $\displaystyle \vartriangle ZBC$

Άρα, $\displaystyle P$ μέσον της $\displaystyle ZC$ και $\displaystyle AP \bot CZ$ επομένως ο περίκυκλος του $\displaystyle AEMC$ περνά από το $\displaystyle P$ και $\displaystyle ME \bot EP$

Συνεπώς $\displaystyle \angle {B_1} = \angle {M_1} = \angle {C_1}$ άρα και $\displaystyle x = y$ (αφού $\displaystyle \angle B = \angle C$ )

: ίσες γωνίες.png (17.37 KiB) Προβλήθηκε 812 φορές

STOPJOHN · #4

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 11, 2018 6:31 pm
Ίσες γωνίες σε ισοσκελές.png
Έστω σημείο της πλευράς ισοσκελούς τριγώνου ώστε

και σημείο της ώστε $A\widehat EC=90^\circ.$ Να δείξετε ότι $E\widehat CB=E\widehat BA.$

Εστω ότι $DC=x,AD=\dfrac{x}{2},\hat{ABC}=\nu ,\hat{ICB}=\sigma$

Τότε στο τρίγωνο AKC

με τέμνουσα BID

Απο το θεώρημα του Μενελάου
$\dfrac{AI}{IK}.\dfrac{BK}{BC}.\dfrac{CD}{DA}=1\Rightarrow IA=IK$ Προεκτείνω την

κατά ίσο τμήμα

Οπότε το

είναι παραλληλόγραμμο και το ATBK

ορθογώνιο .Η

τέμνει τον κύκλο στο σημείο

Συνεπώς το ALCK

είναι ορθογώνιο
Απο τα ίσα τρίγωνα $AIB=AIC\Rightarrow \hat{GCA}=\omega$
Εφόσον είναι $\hat{BDA }=\nu +\sigma$ για να είναι συνευθειακά τα σημεία I,D,L

θα αποδειχθεί οτι η γωνία $\hat{ADL}=180^{0}-(\nu +\sigma )$
Στο τρίγωνο $ADL,DL^{2}=\dfrac{a^{2}+\upsilon ^{2}}{9}$ θεώρημα Stweart

Θα αποδειχθεί ότι AG=EK

Από το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο $ADL,cos(ADL)=\dfrac{2\upsilon ^{2}-a^{2}}{\sqrt{a^{2}+\upsilon ^{2}}\sqrt{a^{2}+4\upsilon ^{2}}},(1)$
Ακόμη $-cos(\nu +\sigma )=cos(180-\nu -\sigma )=\dfrac{2\upsilon ^{2}-a^{2}}{\sqrt{(a^{2}+\upsilon ^{2})(4\upsilon ^{2}+a^{2}))}},(*), (1),(*)\Rightarrow \hat{ADL}=180-\nu -\sigma$

$\hat{ALE}=\hat{GLK}\Leftrightarrow AG=EK\Leftrightarrow \omega =\varphi$

Γιάννης

KARKAR · #5

: Ψάχνοντας τη χορδή.png (19.31 KiB) Προβλήθηκε 731 φορές

Η άσκηση είναι ασφαλώς εμπνευσμένη από αυτήν και έχουμε : Αφ'ενός :

$\eta=\phi$ ,αφ'ετέρου : $\theta+\phi=\omega=\zeta+\theta$ άρα : $\zeta=\phi (=\eta)$

#6

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 15, 2018 7:27 pm
...Η άσκηση είναι ασφαλώς εμπνευσμένη από αυτήν

Κι όμως είναι από εδώ όπου βρίσκεται και η προσέγγισή μου.

Ίσες γωνίες σε ισοσκελές

Ίσες γωνίες σε ισοσκελές

Re: Ίσες γωνίες σε ισοσκελές

Re: Ίσες γωνίες σε ισοσκελές

Re: Ίσες γωνίες σε ισοσκελές

Re: Ίσες γωνίες σε ισοσκελές

Re: Ίσες γωνίες σε ισοσκελές

Μέλη σε σύνδεση