Ισοσκελές και διπλάσια γωνία

#1

: Ισοσκελές και διπλάσια γωνία.png (13.62 KiB) Προβλήθηκε 1438 φορές

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC

με $\displaystyle \widehat B = \widehat C = 30^\circ + \theta$ και ένα σημείο

στο εσωτερικό του,

ώστε $\displaystyle M\widehat BA = \theta$ και $\displaystyle M\widehat AB = 30^\circ - \theta .$ Να δείξετε ότι $\displaystyle A\widehat CM = 2\theta.$

Ορέστης Λιγνός · #2

Καλησπέρα, όμορφη άσκηση

Έστω

το περίκεντρο του τριγώνου AMB

. Τότε, $\angle AOB=2(180^\circ-\angle AMB)=2(30^\circ-\theta+\theta)=60^\circ$ , και αφού OA=OB

, το τρίγωνο AOB

είναι ισόπλευρο, οπότε OA=OB=AB=AC

.

Επίσης, $\angle OAM=90^\circ-\dfrac{\angle AOM}{2}=90^\circ-\angle ABM=90^\circ-\theta$ . Ακόμη, $\angle MAC=\angle A-\angle BAM=180^\circ-2\angle ABC-(30^\circ-\theta)=180^\circ-60^\circ-2\theta-30^\circ+\theta=90^\circ-\theta$ .

Επομένως $\angle OAM=\angle MAC$ , οπότε τα τρίγωνα OAM,MAC

έχουν την

κοινή,

και $\angle OAM=\angle MAC$ , συνεπώς είναι ίσα.
Άρα, έχουμε $\angle ACM=\angle AOM=2\angle ABM=2\theta$ , που δίνει το ζητούμενο.

Altrian · #3

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 30, 2021 1:35 pm
Ισοσκελές και διπλάσια γωνία.png
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο με $\displaystyle \widehat B = \widehat C = 30^\circ + \theta$ και ένα σημείο στο εσωτερικό του,

ώστε $\displaystyle M\widehat BA = \theta$ και $\displaystyle M\widehat AB = 30^\circ - \theta .$ Να δείξετε ότι $\displaystyle A\widehat CM = 2\theta.$

Κατασκευάζουμε εύκολα το ισοσκελές τραπέζιο BMNC

. Η προέκταση της

τέμνει προφανώς την

στο

υπό γωνία

.
$\angle DAC=180-\angle D-\angle C=90-\theta$ . Προφανώς το $\triangle AMN$ είναι ισόπλευρο και επομένως η CNT

είναι μεσοκάθετη στην

. Αρα $\angle ACM=2\theta$

#4

Ας είναι $D\,\,\kappa \alpha \iota \,\,E$ οι τομές των $AM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BM$ με τις $BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC$ αντίστοιχα.

Αβίαστα προκύπτουν : $\widehat {{a_1}} = 30^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {ADC} = 60^\circ$ .

Φέρνω μέσα στην γωνία $\widehat {ACB}$ ευθεία που να σχηματίζει με την

γωνία $\boxed{\widehat {{a_4}} = \widehat {{\theta _{}}}}$ , τέμνει δε τις ευθείες $AM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BM$ στα $K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,S$ αντίστοιχα.
.

: Ισοσκελές και διπλάσια γωνία_Λύση.png (32.89 KiB) Προβλήθηκε 1387 φορές

.
Άμεσες συνέπειες : $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_5}} = 30^\circ$ , οπότε το τετράπλευρο MDCS

είναι εγράψιμο και άρα η εξωτερική γωνία $\widehat {KSM} = 60^\circ \Rightarrow CK \bot AM$ .

Αλλά τα $A\,\,\kappa \alpha \iota \,\,S$ ισαπέχουν από τα $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ και η

είναι μεσοκάθετος στο

.

Αναγκαστικά τώρα το $\vartriangle SAM$ είναι ισοσκελές άρα και το $\vartriangle CAM$ είναι ισοσκελές οπότε η $\boxed{\widehat {ACM} = 2\widehat {{a_4}} = 2\widehat \theta }$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 30, 2021 1:35 pm
Ισοσκελές και διπλάσια γωνία.png
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο με $\displaystyle \widehat B = \widehat C = 30^\circ + \theta$ και ένα σημείο στο εσωτερικό του,

ώστε $\displaystyle M\widehat BA = \theta$ και $\displaystyle M\widehat AB = 30^\circ - \theta .$ Να δείξετε ότι $\displaystyle A\widehat CM = 2\theta.$

Η παράλληλη από το

προς την

τέμνει το ύψος

στο

Τότε, $\angle CBQ=30^0+ \theta +30^0- \theta =60^0$ και προφανώς το $\triangle BQC$ είναι ισόπλευρο.

Επιπλέον $\angle BQA= \angle MBQ=30^0$ άρα MBQA

ισοσκελές τραπέζιο,άρα AQ=MB

και

Αν τώρα

συμμετρικό του

ως προς

,το $\triangle BMZ$ είναι ισόπλευρο και το

είναι συμμετρικό του

ως προς την

Συνεπώς , $\triangle QAC= \triangle BMC= \triangle BZC \Rightarrow AC=MC=ZC$ και $\angle \omega =2 \angle \theta$ (σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης)

: 2u.png (51.25 KiB) Προβλήθηκε 1340 φορές

#6

Κλασική περίπτωση τριγωνομετρικού Ceva.

Αν $\displaystyle{\angle ACM =x,}$ είναι $\displaystyle{\angle MCB=30^o+\theta -x}$ και έχουμε διαδοχικά

$\displaystyle{\sin (30^o-\theta)\sin 30^o \sin x=\sin (90^o-\theta)\sin \theta \sin (30^o+\theta-x)}$

$\displaystyle{\sin (30^o -\theta)\sin x=\sin 2\theta \sin (30^o+\theta-x)}$

$\displaystyle{\cos (30^o -\theta-x)-\cos (30^o-\theta+x)=\cos (30^o -\theta-x)-\cos (30^o+3\theta-x)}$

από όπου προκύπτει το ζητούμενο.

#7

Φέρνω την κάθετη από το

στην

και τέμνει την ευθεία

στο

. Έστω ακόμα

το σημείο τομής των ευθειών $AM\,,\,BC$ .

Το $\vartriangle EBC$ είναι κι αυτό ισοσκελές και μάλιστα της μορφής $\vartriangle EBC \to \left( {120^\circ ,30^\circ ,30^\circ } \right)$ .

$\widehat {{\omega _3}} = \widehat {{\theta _{}}} + \widehat {{\alpha _{}}} = \widehat {{\theta _{}}} + 30^\circ - \widehat {{\theta _{}}} = 30^\circ$ , ενώ προφανώς: $\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}} = 30^\circ$ καθώς και $\boxed{\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _{}}}}$ .
.

: Ισοσκελές και διπλάσια γωνία_new.png (42.58 KiB) Προβλήθηκε 1282 φορές

.
Τα τετράπλευρα $EMDC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AEDB$ είναι εγγράψιμα και μάλιστα σε ίσους κύκλους $\left( K \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( L \right)$ , γιατί η

φαίνεται από τα $C\,\,\kappa \alpha \iota \,\,A$ υπό ίσες γωνίες $30^\circ$ .

Επειδή σε ίσους κύκλους σε ίσα τόξα βαίνουν ίσες εγγεγραμμένες γωνίες θα είναι :

$\boxed{\widehat {{\theta _2}} = \widehat {{\theta _{}}}}$ ( Βαίνουν στα ίσα τόξα : $\tau o\xi \,ME\,$ του $\left( L \right)$ και $\tau o\xi \,AE\,$ του $\left( K \right)$ ).

Δηλαδή : $\boxed{\widehat {MCA} = \widehat {{\theta _1}} + \widehat {{\theta _2}} = 2\widehat \theta }$

#8

Σας ευχαριστώ όλους για τις λύσεις και σας εύχομαι Καλή Χρονιά!!!

Ισοσκελές και διπλάσια γωνία

Ισοσκελές και διπλάσια γωνία

Re: Ισοσκελές και διπλάσια γωνία

Re: Ισοσκελές και διπλάσια γωνία

Re: Ισοσκελές και διπλάσια γωνία

Re: Ισοσκελές και διπλάσια γωνία

Re: Ισοσκελές και διπλάσια γωνία

Re: Ισοσκελές και διπλάσια γωνία

Re: Ισοσκελές και διπλάσια γωνία

Μέλη σε σύνδεση