Ίσες Γωνίες

giannimani · #1

Στη βάση

ενός ισοσκελούς τριγώνου ABC

θεωρούμε σημείο

, τέτοιο ώστε BD=2 DC

,
και στο ευθύγραμμο τμήμα

σημείο

, τέτοιο ώστε $\angle BKD\,= \, 2\angle DKC$ .
Να αποδείξετε ότι $\angle BKD = \angle BAC$ .

: isosc.png (17.91 KiB) Προβλήθηκε 857 φορές

Μιχάλης Τσουρακάκης · #2

giannimani έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 23, 2022 10:49 am
Στη βάση ενός ισοσκελούς τριγώνου θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε ,
και στο ευθύγραμμο τμήμα σημείο , τέτοιο ώστε $\angle BKD\,= \, 2\angle DKC$ .
Να αποδείξετε ότι $\angle BKD = \angle BAC$ .
isosc.png

Με

συμμετρικό του

ως προς

και

μέσον του

θα είναι

και

$CD=DM=DL \Rightarrow ML \bot MC \Rightarrow ML//KE$ άρα

μέσον της

Επιπλέον $MZ//KE \Rightarrow \angle KMZ= \phi$ ,συνεπώς

μεσοκάθετος της

Στον κύκλο (A,AB)

έχουμε $\angle \theta = \angle \dfrac{MAC}{2}= \angle KAC \Rightarrow A,B,E,C$ ομοκυκλικά

Έτσι, $\angle AEB= \angle C$ και λόγω του εγγράψιμμου χαρταετού KMEC

θα είναι

$\angle KMC= \angle KCM= \angle C \Rightarrow \angle 2 \phi = \angle A$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε

: Ίσες γωνίες.png (72.1 KiB) Προβλήθηκε 731 φορές

#3

giannimani έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 23, 2022 10:49 am
Στη βάση ενός ισοσκελούς τριγώνου θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε ,
και στο ευθύγραμμο τμήμα σημείο , τέτοιο ώστε $\angle BKD\,= \, 2\angle DKC$ .
Να αποδείξετε ότι $\angle BKD = \angle BAC$ .
isosc.png

: Ίσες γωνίες.G.png (19.23 KiB) Προβλήθηκε 682 φορές

H

τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στο

Επειδή

οι ροζ γωνίες είναι ίσες και από θεώρημα

διχοτόμου στο BEC

θα είναι

Αν

είναι το συμμετρικό του

ως προς

τότε τα τρίγωνα

KBE, KEF

είναι ίσα, οπότε:

$\displaystyle B\widehat KE = E\widehat KF = 2\varphi \Rightarrow KE = KF \Leftrightarrow 2\varphi = 180^\circ - 2K\widehat EF = 180^\circ - 2\widehat B$ και $\boxed{2\varphi=B\widehat AC}$

#4

giannimani έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 23, 2022 10:49 am
Στη βάση ενός ισοσκελούς τριγώνου θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε ,
και στο ευθύγραμμο τμήμα σημείο , τέτοιο ώστε $\angle BKD\,= \, 2\angle DKC$ .
Να αποδείξετε ότι $\angle BKD = \angle BAC$ .
isosc.png

Μετά τις δύο προηγούμενες , αφοπλιστικές λύσεις, του Μιχάλη και του Γιώργου,

μια ακόμη άποψη .

Έστω τρίγωνο $ABC\,\,\left( {AB = AC} \right)$ και σημείο

της

με

.

Φέρνω στο

κάθετη στην

και έστω

το σημείο τομής της με τη

.

Γράφω και τον κύκλο διαμέτρου

και ας είναι

το σημείο τομής του με την

.

Προφανές ότι : $\boxed{\widehat {{a_2}} = \widehat {{a_1}} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2}}\,\,\left( 1 \right)$ .

: Ίσες γωνίες_κατασκευαστικά.png (38.79 KiB) Προβλήθηκε 651 φορές

Γράφω τώρα και τον κύκλο , $\left( {S,B,D} \right)$ και ας είναι

το σημείο τομής του με την

.

Προφανές ότι η ευθεία $\overline {ASD}$ είναι ο ριζικός άξονας των δύο κύκλων , οπότε το τετράπλευρο BCET

είναι εγγράψιμο και μάλιστα ισοσκελές τραπέζιο .

Τώρα όμως : $\boxed{\frac{{BT}}{{TA}} = \frac{{CE}}{{EA}} = \frac{{BD}}{{DC}} = 2}$ και άρα $TD//AC \Rightarrow \widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}} = \widehat {BAC}$ .

Το ζητούμενο φανερό .

Ίσες Γωνίες

Ίσες Γωνίες

Re: Ίσες Γωνίες

Re: Ίσες Γωνίες

Re: Ίσες Γωνίες

Μέλη σε σύνδεση