Γεωμετρείν 45

Δημήτρης Μυρογιάννης · #1

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ABC

με τη γωνία

ορθή και τη γωνία ACB=2a

όπου $a\leq 30^{\circ}$ .
Επί της

λαμβάνουμε σημείο

τέτοιο ώστε η γωνία ABF

να έχει μέτρο

μοίρες.
Φέρουμε τις AD,FG

κάθετα στην

.
Δείξτε ότι AB+FG=2AD

.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 45.PNG (17.92 KiB) Προβλήθηκε 562 φορές

Ιστοσελίδα · #2

: Γεωμετρείν-45.png (16.43 KiB) Προβλήθηκε 531 φορές

Καλημέρα Δημήτρη, .

Στην προέκταση της

παίρνω τμήμα AE = AF = x

. Το τρίγωνο BFE

είναι ισοσκελές (

διάμεσος και ύψος), οπότε $A\widehat BE = A\widehat BF = a$ , $B\widehat EC = E\widehat BC = {90^ \circ } - a$ , συνεπώς το τρίγωνο CEB

είναι ισοσκελές με CE = CB = y

.

Από λόγο ομοιότητας των ορθογωνίων τριγώνων CFG,CBA

παίρνουμε: $\displaystyle\frac{{AB}}{y} = \displaystyle\frac{{FG}}{{y - 2x}}\mathop = \limits^{\iota \delta .\alpha \nu \alpha \lambda o\gamma .} \displaystyle\frac{{AB + FG}}{{2y - 2x}}\,\,\left( 1 \right)$ .

Από λόγο ομοιότητας των ορθογωνίων τριγώνων CAD,CBA

παίρνουμε: $\displaystyle\frac{{AB}}{y} = \displaystyle\frac{{AD}}{{y - x}}\mathop = \limits^{ \cdot 2} \displaystyle\frac{{2AD}}{{2y - 2x}}\,\,\left( 2 \right)$ . Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ προκύπτει AB + FG = 2AD

.

#3

: 54.png (11.14 KiB) Προβλήθηκε 506 φορές

καλημέρα... Δημήτρη,

$\displaystyle{\sin(2a)=\frac{FG}{FC}\Rightarrow FG=FC ~sin(2a)}$

$\displaystyle{\sin(2a)=\frac{AB}{BC}\Rightarrow AB=BC ~sin(2a)$

$FG+AB=\sin(2a)~ (FC+BC)$

αρκεί να δείξουμε ότι : $2AD=\sin(2a)~ (FC+BC)$ , δηλαδή αρκεί FC+BC=2~AC

προεκτείνουμε την

κατά ίσο τμήμα

,τότε το $\vartriangle FHB$ είναι ισοσκελές

έτσι FH=BH=BC

άρα

KARKAR · #4

Φέρω τη διχοτόμο

και την $KST\perp CB$ . Αρκεί : FA=AK

αφού προφανώς KT=AB

,

Είναι : FA=ABtana

και

. Αλλά από τα όμοια CAS , BAF

,

παίρνω $\displaystyle\frac{AB}{AC}=\frac{FA}{AS}\Rightarrow AS=\frac{ABtana}{tan2a}$ . Με αντικατάσταση προκύπτει το ζητούμενο

#5

: 1.png (16.26 KiB) Προβλήθηκε 489 φορές

Καλησπέρα στη Γεωμετρική παρέα. Μετά τις υπέροχες λύσεις των συναδέλφων γράφω μια ακόμα γεωμετρική λύση μόνο για να δείξω την παρουσία μου

Σημείωση (έστριψα το σχήμα κατά $\displaystyle{ 90^0 }$ αριστερά για αισθητικούς λόγους παρουσίασης)

Θεωρούμε στην προέκταση της $\displaystyle{ AC }$ το σημείο $\displaystyle{ E }$ ώστε $\displaystyle{ \boxed{CE = BC}:\left( 1 \right) \Rightarrow \vartriangle CEB }$ ισοσκελές και με $\displaystyle{ \widehat{ACB} = 2a }$ (εξωτερική του) προκύπτει $\displaystyle{ \widehat{AEB} = a }$ άρα

$\displaystyle{ \vartriangle AFB\mathop \sim \limits^{\left( {\widehat{BAF} = \widehat{BAF} = 90^0 ,\widehat{ABF} = \widehat{AEB} = \alpha } \right)} \vartriangle AFB \Rightarrow \frac{{AB}} {{AE}} = \frac{{AF}} {{AB}} \Rightarrow AE \cdot AF = AB^2 \mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle BAC(o\rho \theta o\gamma \nu \iota o)\mathop \to \limits^{\Pi .\Theta } AB^2 = BC^2 - AC^2 } }$

$\displaystyle{ AE \cdot AF = BC^2 - AC^2 \mathop \Rightarrow \limits^{BC = CE} AE \cdot AF = CE^2 - AC^2 \Rightarrow AE \cdot AF = \left( {CE + AC} \right) \cdot \left( {CE - AC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{CE + AC = AE} }$

$\displaystyle{ AE \cdot AF = AE \cdot \left( {CE - AC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{:AE} AF = CE - AC\mathop \Rightarrow \limits^{AF = AC - CF} AC - CF = CE - AC \Rightarrow 2AC = CE + CF }$ $\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{CE + CF = EF} \boxed{EF = 2AC}:\left( 2 \right) }$

Είναι $\displaystyle{ \vartriangle FGC\mathop \sim \limits^{\left( {\widehat{FGC} = \widehat{BAC} = 90^0 ,\widehat{FCG} = \widehat{ACG} = 2\alpha } \right)} \vartriangle BAC \Rightarrow \frac{{FG}} {{AB}} = \frac{{CF}} {{BC}} \Rightarrow \frac{{FG + AB}} {{AB}} = \frac{{CF + BC}} {{BC}}\mathop \Rightarrow \limits^{CF + BC = EF\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} 2AC} }$ $\displaystyle{ \frac{{FG + AB}} {{AB}} = \frac{{2AC}} {{BC}} \Rightarrow \boxed{FG + AB = 2 \cdot \frac{{AC \cdot AB}} {{BC}}}:\left( 3 \right) }$

και $\displaystyle{ \vartriangle ADB\mathop \sim \limits^{\left( {\widehat{ADB} = \widehat{BAC} = 90^0 ,\widehat{ABD} = \widehat{ABD}\alpha } \right)} \vartriangle BAC \Rightarrow \frac{{AD}} {{AC}} = \frac{{AB}} {{BC}} \Rightarrow AD = \frac{{AC \cdot AB}} {{BC}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \boxed{FG + AB = 2AD} }$

Στάθης

Δημήτρης Μυρογιάννης · #6

Φωτεινή , Μιχάλη, Στάθη και Θανάση είστε όλοι υπέροχοι !
Μετά από πολύ κόπο … παραθέτω τη λύση μου:

Έστω F,K

τα μέσα των BG,BF

αντίστοιχα.
Αρκεί να δείξουμε ότι $AD=\frac{FG}{2}+\frac{AB}{2}$ .
Είναι $KF=\frac{FG}{2}$ , οπότε προεκτείνοντας την

κατά $FN=\frac{AB}{2}$ , αρκεί να δείξουμε ότι το τετράπλευρο AKND

είναι παραλληλόγραμμο.
Επειδή ισχύει ότι $KN\parallel AD$ αρκεί να δείξουμε ότι οι γωνίες KAD,DNK

είναι ίσες.
Επειδή το σημείο

είναι το μέσο της υποτείνουσας

, οι γωνίες BAK,KAD

είναι ίσες με μέτρο

(η γωνία

έχει μέτρο

).
Έστω

το μέσο του

.
Φέρουμε το

και το κάθετο τμήμα (στην

)

.
Το

ως σημείο της διχοτόμου

ισαπέχει από τις πλευρές της γωνίας BAD

, οπότε

.
Επίσης είναι προφανές ότι το τετράπλευρο KFDM

είναι ορθογώνιο, οπότε KL=KM=FD

.
Τώρα τα τρίγωνα AKL,DFN

είναι [Π-Γ(ορθή)-Π] ίσα ,
οπότε η γωνία DNK

έχει μέτρο

μοίρες , δηλαδή και οι DN,AK

είναι παράλληλες ή αλλιώς το AKND

είναι παραλληλόγραμμο.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 45 ΛΥΣΗ.PNG (35.3 KiB) Προβλήθηκε 449 φορές

Δημήτρης Μυρογιάννης · #7

Αυτή η λύση είναι αποτέλεσμα συνεργασίας με τη Φωτεινή …νά'σαι καλά Φωτεινή!

Φέρουμε την

παράλληλη στην

και την

ίση και παράλληλη με την

.
Είναι προφανές ότι τα FGMA,AMNB

είναι παραλληλόγραμμα.
Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το σημείο

, οπότε αρκεί να δείξουμε ότι το τρίγωνο MNE

είναι ισοσκελές.
Φέρουμε τη διχοτόμο

και θα δείξουμε ότι είναι και ύψος.
Από το ισοσκελές AGE

, το εγγράψιμο FGBA

και το τραπέζιο FGDA

βγαίνει ότι η γωνία GEM

έχει μέτρο

μοίρες.
Αυτό σημαίνει (αφού τα τρίγωνα MGN,BAF

είναι ίσα) ότι και το MNEG

είναι εγγράψιμο , άρα η γωνία GEZ είναι ορθή και η γωνία ΜΕΖ έχει μέτρο $(90^{\circ}-a)$ …..η ΜΖ είναι και ύψος.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 45 ΛΥΣΗ ΜΕ ΦΩΤΕΙΝΗ.PNG (50.11 KiB) Προβλήθηκε 396 φορές

Γεωμετρείν 45

Γεωμετρείν 45

Re: Γεωμετρείν 45

Re: Γεωμετρείν 45

Re: Γεωμετρείν 45

Re: Γεωμετρείν 45

Re: Γεωμετρείν 45

Re: Γεωμετρείν 45

Μέλη σε σύνδεση