Γεωμετρείν 27

Δημήτρης Μυρογιάννης · #1

Έστω ισοσκελές τρίγωνο ABC

με

.
Στο εσωτερικό του λαμβάνουμε σημείο

τέτοιο ώστε η γωνία ACD

να είναι διπλάσια της γωνίας DBA

και

.
Προεκτείνουμε την

έτσι ώστε να τμήσει την

στο σημείο

.
Βρείτε το μέτρο της γωνίας x=DEA

.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 27.PNG (20.75 KiB) Προβλήθηκε 697 φορές

#2

Δημήτρη καλό μεσημέρι!!! (έχε στο μυαλό σου ότι έχουμε και σχολείο το πρωί και πρέπει και να φάμε). Ας μην ξαπλώσουμε όμως

Θεωρούμε το ύψος $\displaystyle{ AZ }$ του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle BAC\left( {BA = AC} \right) }$ το οποίο προφανώς θα είναι και μεσοκάθετη της $\displaystyle{ BC }$ και έστω $\displaystyle{ H \equiv AZ \cap BD }$ τότε προφανώς

(λόγω της μεσοκαθέτου) θα είναι $\displaystyle{ BH = HC\mathop \Rightarrow \limits^{AB = AC,AH = AH,\left( {\Pi - \Pi - \Pi } \right)} \vartriangle AHB = \vartriangle AHC \Rightarrow \widehat{HBA} = \widehat{ACH}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{HBA} = c} \widehat{ACH} = c\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{ACD} = 2c} }$ $\displaystyle{ \widehat{HBA} = \widehat{HCA} = c \Rightarrow EHCB }$

εγγράψιμο σε κύκλο (οι διαδοχικές κορυφές του $\displaystyle{ B,C }$ «βλέπουν» την πλευρά $\displaystyle{ EH }$ που σχηματίζουν οι άλλες δύο υπό ίσες γωνίες) άρα

$\displaystyle{ \boxed{\widehat{AEH} = \widehat{HCB}}:\left( 1 \right) }$ (εξωτερική ίση με την απέναντι εσωτερική) και $\displaystyle{ \boxed{\widehat{HEC} = \widehat{HBC}}:\left( 2 \right) }$ (οι γωνίες που οι διαδοχικές κορυφές $\displaystyle{ E,B }$ «βλέπουν» την πλευρά $\displaystyle{ HC }$ ).

Αφού όμως το $\displaystyle{ H }$ ανήκει στη μεσοκάθετη της $\displaystyle{ BC \Rightarrow \vartriangle HBC }$ ισοσκελές οπότε $\displaystyle{ \widehat{HCB} = \widehat{HBC}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \boxed{\widehat{AEH} = \widehat{HEC} = \hat \omega }:\left( 3 \right) }$

Επειδή $\displaystyle{ \left( {CH = CH,\widehat{HCD} = \widehat{HCA} = c,CD = CA} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \vartriangle DHC = \vartriangle AHC \Rightarrow \widehat{HDC} = \widehat{HAC} }$ $\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{HAC} = \widehat{HAE}(\eta - AZ - \kappa \alpha \iota - \delta \iota \chi o\tau \mu o\varsigma - \tau \eta \varsigma - \widehat{BAC}} }$ $\displaystyle{ \widehat{HDC} = \widehat{HAE} \Rightarrow DHAE }$

εγγράψιμο σε κύκλο (εξωτερική ίση με την απέναντι εσωτερική) και $\displaystyle{ \boxed{\widehat{DHC} = \widehat{AHC}}:\left( 4 \right),\;\boxed{HA = HD \Rightarrow \vartriangle AHD}:\left( 5 \right) }$ ισοσκελές.

Τότε από το εγγράψιμο τετράπλευρο $\displaystyle{ DHAE \Rightarrow \widehat{DAH} = \widehat{DEH}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{DEH} = \widehat{HBC} = \hat \omega } \boxed{\widehat{DAH} = \widehat{ADH} = \hat \omega }:\left( 6 \right) }$

Τα ισοσκελή τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle AHD,\vartriangle HBC }$ έχουν τις γωνίες των «βάσεών τους» ίσες (με $\displaystyle{ \hat \omega }$ ) οπότε είναι όμοια άρα θα έχουν και τις γωνίες των κορυφών τους ίσες δηλαδή

$\displaystyle{ \widehat{AHD} = \widehat{BHC}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle AHC = \vartriangle DHC \Rightarrow \widehat{BHC} = \widehat{AHC}} \Rightarrow \widehat{AHD} = \widehat{BHC} = \widehat{AHC}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{AHD} + \widehat{BHC} + \widehat{AHC} = 360^0 } \widehat{AHD} = \widehat{BHC} = \widehat{AHC} = 120^0 }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \widehat{BHC} = 120^0 \mathop \Rightarrow \limits^{HZ - \delta \iota \chi o\tau \mu o\varsigma - \tau \eta \varsigma - \widehat{BHC}} \widehat{BHZ} = 60^0 }$ $\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{EDHA(\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi \iota \mu o) \to \widehat{BHZ} = \widehat{DEA} = x(\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa - \alpha \pi \nu \alpha \nu \tau \iota .\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa )} \boxed{x = 60^0 } }$

Στάθης

Υ.Σ. Ωραίο θέμα για τους μετεξεταστέους αύριο!!!

Δημήτρης Μυρογιάννης · #3

Λοιπόν, Στάθη είσαι να ανοίξουμε κανένα… μαγαζί ????

Από το σημείο

φέρουμε την ευθεία

παράλληλη στην

και επί αυτής λαμβάνουμε σημείο

τέτοιο ώστε DF=AB

, οπότε σχηματίζουμε το παραλληλόγραμμο BAFD

.
H γωνία DBA=c

είναι ίση με τη γωνία AFD

.
Οι γωνίες DCA,AFD

έχουν τη σχέση εγγεγραμμένης-επίκεντρης, οπότε το σημείο

είναι σημείο του κύκλου με κέντρο

και ακτίνα

.
Επομένως το τρίγωνο FDC

είναι ισόπλευρο , η γωνία CDF

έχει μέτρο

μοιρών και η γωνία

ως "εντός-εκτός και επί τα αυτά" έχει επίσης μέτρο

μοιρών.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 27 ΛΥΣΗ.PNG (36.41 KiB) Προβλήθηκε 523 φορές

#4

καλημέρα ...

ακόμα μία απάντηση
---------------------------------
$\color{red}\diamond$ σχηματίζουμε το ρόμβο NACD

κι έχουμε: AN=AC=CD=AB=ND

$\color{red}\diamond$ $AN=AB\rightarrow \vartriangle NAB ~~ \iota\sigma o \sigma\kappa \epsilon\lambda\epsilon s,~~ A\hat B N=A\hat NB=w$

$\color{red}\diamond$ $NA=ND\rightarrow \vartriangle NAD ~~ \iota\sigma o \sigma\kappa \epsilon\lambda\epsilon s$

$\color{red}\diamond$ NMDB

εγγράψιμο αφού $M\hat ND=D\hat BM$ άρα $M\hat DN=w$

$\color{red}\diamond$ από τα ίσα τρίγωνα $\vartriangle NMA,\vartriangle NMD$ έχουμε $w=z\longrightarrow \vartriangle ANB$ ισόπλευρο κι έτσι w=60^o

$\color{red}\diamond$ $x=c+E\hat DB=c+B\hat DM-E\hat DN-N\hat DM=c+(180-B\hat NM)-2c-60\Rightarrow$

$x=c+180-(60-c)-2c-60\Rightarrow \boxed{x=60^o}$

Δημήτρης Μυρογιάννης · #5

Φωτεινή έγραψε:καλημέρα ...

ακόμα μία απάντηση
---------------------------------
$\color{red}\diamond$ σχηματίζουμε το ρόμβο κι έχουμε:

$\color{red}\diamond$ $AN=AB\rightarrow \vartriangle NAB ~~ \iota\sigma o \sigma\kappa \epsilon\lambda\epsilon s,~~ A\hat B N=A\hat NB=w$

$\color{red}\diamond$ $NA=ND\rightarrow \vartriangle NAD ~~ \iota\sigma o \sigma\kappa \epsilon\lambda\epsilon s$

$\color{red}\diamond$ εγγράψιμο αφού $M\hat ND=D\hat BM$ άρα $M\hat DN=w$

$\color{red}\diamond$ από τα ίσα τρίγωνα $\vartriangle NMA,\vartriangle NMD$ έχουμε $w=z\longrightarrow \vartriangle ANB$ ισόπλευρο κι έτσι

$\color{red}\diamond$ $x=c+E\hat DB=c+B\hat DM-E\hat DN-N\hat DM=c+(180-B\hat NM)-2c-60\Rightarrow$

$x=c+180-(60-c)-2c-60\Rightarrow \boxed{x=60^o}$

Ωραίο σχήμα Φωτεινή (και η λύση βέβαια).... οι σκιές θυμίζουν WORD-2010....

Γεωμετρείν 27

Γεωμετρείν 27

Re: Γεωμετρείν 27

Re: Γεωμετρείν 27

Re: Γεωμετρείν 27

Re: Γεωμετρείν 27

Μέλη σε σύνδεση