Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλό μήνα σε όλους

: Ισόπλευρο λόγω 30άρας.PNG (10.51 KiB) Προβλήθηκε 1585 φορές

Το τρίγωνο ABC

έχει $\widehat{B}=\widehat{C}> 30^{0}$ . Στο εσωτερικό του θεωρούμε το σημείο

ώστε να ισχύουν: $\widehat{CAH}=\dfrac{\widehat{A}}{4}$ και $\widehat{HBC}=30^{0}$

Στην προέκταση της

παίρνουμε

. Να εξεταστεί αν το τρίγωνο AEC

είναι ισόπλευρο.

Ευχαριστώ , Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2019 12:03 am
Καλό μήνα σε όλους
Ισόπλευρο λόγω 30άρας.PNG
...Να εξεταστεί αν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλημέρα Γιώργο. Και το ρωτάς ;

Βάλε το

στη θέση του

και σε λίγο θα πάνε όλα στη θέση τους!

S.E.Louridas · #3

Καλή μέρα και καλό Μήνα.

Έστω

το σημείο τομής του ύψους

με την

Αν

η τομή της

με τον κύκλο (A,AB)

, τότε, το τρίγωνο CAE’

θα είναι ισόπλευρο, αφού $\angle CAE = 2\frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{3}.$ Όμως $\angle CKE' = \frac{\pi }{3},$ οπότε $\angle KE'C = \angle KAC = 2\theta$ που σημαίνει ότι ο κύκλος (E’,E’A)

διέρχεται από το

Άρα $E'H = E'A = AC = AB \Rightarrow E' \equiv E.$
Επομένως ναι είναι ισόπλευρο (ας έκανε και αλλιώς).

#4

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το ύψος

του ισοσκελούς $\vartriangle ABC$ και

το σημείο τομής των διαγωνίων του ισοσκελούς τραπεζίου BCHH'

.

: ισόπλευρο λόγω και της τριάντα_a.png (28.04 KiB) Προβλήθηκε 1490 φορές

Τότε αβίαστα προκύπτουν: το σημείο

είναι το έγκεντρο του $\vartriangle ASC$ και $\boxed{\widehat {2\theta } + \widehat {2\omega } = 60^\circ \Leftrightarrow \widehat \theta + \widehat \omega = 30^\circ }\,\,\,(1)$ .

Γράφω τώρα τον κύκλο (A,S,C)

: ισόπλευρο λόγω και της τριάντα_b.png (32.08 KiB) Προβλήθηκε 1490 φορές

Η

τέμνει αυτόν το κύκλο σε κάποιο σημείο

.

Προφανώς $\widehat {AEC} = 180^\circ - \widehat {CSA} = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$ και αφού η

διχοτομεί τη $\widehat {CSA}$ θα είναι EA = EC

δηλαδή το τρίγωνο AEC

είναι ισόπλευρο,

Τέλος επειδή $\widehat x = 60^\circ + \widehat \omega$ ως εξωτερική στο $\vartriangle HBC$ και $\widehat {HCE} = 60^\circ + \widehat \omega$ θα είναι

$\boxed{EH = EC}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχτεί .

Προφανώς η λύση του Σωτήρη είναι η πλέον ενδεδειγμένη .

#5

Αγνοώ προσωρινά το $\vartriangle AEC$ . Γράφω τον κύκλο (H,B,C)

κέντρου

πάνω στη μεσοκάθετο του

. Τότε το $\vartriangle HKC$ είναι ισόπλευρο , επίσης $\vartriangle AHC = \vartriangle AHK$ .

: ισόπλευρο λόγω και της τριάντας_new.png (37.26 KiB) Προβλήθηκε 1443 φορές

Το τετράπλευρο HSKC

είναι εγγράψιμο άρα $\boxed{\widehat \omega = \widehat \phi }\,\,\,(1)$ . Έστω δε

το σημείο τομής των $BH\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AM$ .

Φέρνω τώρα τη μεσοκάθετο του

που τέμνει την

στο

. Προφανώς ZH = ZC

.

Τα ισοσκελή τρίγωνα $AKC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZHC$ έχουν τις βάσεις $KC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,HC$ ίσες οπότε

λόγω της (1)

είναι ίσα με άμεσες συνέπειες: ZH = ZC = u = AB = AC

δηλαδή το

$Z \equiv E$ , το τετράπλευρο ASCE

είναι εγγράψιμο και αφού

$\widehat {ASC} = 120^\circ \Rightarrow \widehat {AEC} = 60^\circ$ οπότε το $\vartriangle AEC$ είναι ισόπλευρο

#6

Μία περιγραφική λύση εκτός φακέλου.

: Ισόπλευρο λόγω 30αρας.png (20.83 KiB) Προβλήθηκε 1416 φορές

Με νόμο ημιτόνων βρίσκω, $\displaystyle AF + FC = \frac{{2b\sqrt 3 }}{3}\sin \left( {60^\circ + \frac{A}{2}} \right) = FH + b = FE$

κι επειδή το

είναι το σημείο Fermat του τριγώνου ABC,

το

θα είναι ισόπλευρο.

thanasis.a · #7

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 02, 2019 12:03 am
Καλό μήνα σε όλους
Ισόπλευρο λόγω 30άρας.PNG
Το τρίγωνο έχει $\widehat{B}=\widehat{C}> 30^{0}$ . Στο εσωτερικό του θεωρούμε το σημείο ώστε να ισχύουν: $\widehat{CAH}=\dfrac{\widehat{A}}{4}$ και $\widehat{HBC}=30^{0}$

Στην προέκταση της παίρνουμε . Να εξεταστεί αν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Ευχαριστώ , Γιώργος.

: draw1.png (30.3 KiB) Προβλήθηκε 1370 φορές

..καλησπέρα..

φτιάχνουμε τον κύκλο (A,AB)

με $\displaystyle Z\equiv BH\cap (A,AB)$ . Τότε έχουμε: $\displaystyle AB=AC=AZ\,\,\,\wedge \,\,\,\,\widehat{CBC}=\frac{\widehat{CAZ}}{2}\Rightarrow \widehat{CAZ}=60^{\circ}\,\,\,(1)$ (ως επίκεντρη). Άρα το $\displaystyle\bigtriangleup ACZ:AC=AZ\mathop\Rightarrow ^{(1)}AC=AZ=CZ$ .

Στο $\bigtriangleup HAZ:\widehat{HAZ}=60^{\circ}+x\,\,\,(2)$ ενώ ταυτόχρονα η εξωτερική $\displaystyle \widehat{AHZ}=3x+60^{\circ}-2x\Rightarrow \widehat{AHZ}=60^{\circ}+x\,\,\,(3)$ .

Κατά συνέπεια απο $\displaystyle(2),(3)\Rightarrow HZ=(AZ=ZC)=AB=AC\Rightarrow \boxed{H\equiv E}$ και ισοδύναμα αποδείχθηκε το πρόβλημα._

Γιώργος Μήτσιος · #8

Καλό βράδυ. Σας ευχαριστώ όλους για τη συμμετοχή και τις ωραίες λύσεις σας!
Μία ακόμη προσέγγιση με απαγωγή..

: Ισόπλευρο...Β.PNG (14.46 KiB) Προβλήθηκε 1329 φορές

Είναι $\widehat{B}=\widehat{C}=90^{0}-2\theta$ , $\widehat{ABE}=60^{0}-2\theta$ και $\widehat{AHE}=60^{0}+\theta$ .

Θέτω $\widehat{CAE}=x$ οπότε $\widehat{HAE}=x+\theta ...\widehat{AEB}=120^{0}-x-2\theta$ .

Έστω $\boxed {x> 60^{0}} \Leftrightarrow HE> AE$ τότε $AB=HE> AE\Leftrightarrow 120^{0}-x-2\theta> 60^{0}-2\theta$ $\Leftrightarrow \boxed {x< 60^{0}}$ ΆΤΟΠΟ

Άρα $x= 60^{0}$ και AC=HE=AE

δηλαδή το τρίγωνο AEC

είναι ισόπλευρο. Φιλικά , Γιώργος.

Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

Re: Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

Re: Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

Re: Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

Re: Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

Re: Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

Re: Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

Re: Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

Μέλη σε σύνδεση