Άθροισμα γωνιών μικρότερο από 90

Ορέστης Λιγνός · #1

Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ABC

, με $\widehat{C} \geqslant \widehat{B}+30^0$ .

Έστω

το περίκεντρο του $\triangle ABC$ , και

το ύψος.

Να δείξετε ότι $\widehat{A}+\widehat{COP} <90^0$ .

: ORESTIS-GWNIA.png (9.18 KiB) Προβλήθηκε 1101 φορές

#2

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο , με $\widehat{C} \geqslant \widehat{B}+30^0$ .Έστω το περίκεντρο του $\triangle ABC$ , και το ύψος.Να δείξετε ότι $\widehat{A}+\widehat{COP} <90^0$ .

Έστω ότι η μεσοκάθετη της (διερχόμενη προφανώς από το περίκεντρο ) τέμνει την στο σημείο την στο και ας είναι

$E\equiv CE\cap \left( O \right),E\ne C$ και $N\equiv OT\cap EA$ . Τότε το τετράπλευρο είναι προφανώς ισοσκελές τραπέζιο οπότε και

$\angle ECA = \angle C - \angle ECB\mathop = \limits^{TC = TB} \angle C - \angle B \geqslant {30^0}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta - \varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta }$ $\angle EOA \geqslant {60^0} \Rightarrow EA \geqslant R\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{MP \geqslant \frac{{OC}}{2}}:\left( 2 \right)$ .
[attachment=0]Αθροισμα μεγαλύτερο του 90.png[/attachment]
Είναι $P{C^2} = {\left( {MC - MP} \right)^2} = M{C^2} + M{P^2} - 2MC \cdot MP =$ $O{C^2} - O{M^2} + O{P^2} - O{M^2} - 2MC \cdot MP \Rightarrow$

$O{P^2} - P{C^2} = 2O{M^2} - O{C^2} + 2MC \cdot MP \geqslant$ $2O{M^2} - O{C^2} + MC \cdot OC =$

$O{M^2} - M{C^2} + MC \cdot OC\mathop > \limits^{OC > MC} O{M^2} > 0 \Rightarrow$ $O{P^2} - P{C^2} > 0 \Rightarrow OP > PC$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle OPC} \angle OCP > \angle POC \Rightarrow {90^0} - \angle A > \angle POC \Rightarrow$ $\boxed{\angle A + \angle POC < {{90}^0}}$ . και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Ορέστης Λιγνός · #3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Ορέστης Λιγνός έγραψε:Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο , με $\widehat{C} \geqslant \widehat{B}+30^0$ .Έστω το περίκεντρο του $\triangle ABC$ , και το ύψος.Να δείξετε ότι $\widehat{A}+\widehat{COP} <90^0$ .
Έστω ότι η μεσοκάθετη της (διερχόμενη προφανώς από το περίκεντρο ) τέμνει την στο σημείο την στο και ας είναι

$E\equiv CE\cap \left( O \right),E\ne C$ και $N\equiv OT\cap EA$ . Τότε το τετράπλευρο είναι προφανώς ισοσκελές τραπέζιο οπότε και

$\angle ECA = \angle C - \angle ECB\mathop = \limits^{TC = TB} \angle C - \angle B \geqslant {30^0}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta - \varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta }$ $\angle EOA \geqslant {60^0} \Rightarrow EA \geqslant R\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{MP \geqslant \frac{{OC}}{2}}:\left( 2 \right)$ .
[attachment=0]Αθροισμα μεγαλύτερο του 90.png[/attachment]
Είναι $P{C^2} = {\left( {MC - MP} \right)^2} = M{C^2} + M{P^2} - 2MC \cdot MP =$ $O{C^2} - O{M^2} + O{P^2} - O{M^2} - 2MC \cdot MP \Rightarrow$

$O{P^2} - P{C^2} = 2O{M^2} - O{C^2} + 2MC \cdot MP \geqslant$ $2O{M^2} - O{C^2} + MC \cdot OC =$

$O{M^2} - M{C^2} + MC \cdot OC\mathop > \limits^{OC > MC} O{M^2} > 0 \Rightarrow$ $O{P^2} - P{C^2} > 0 \Rightarrow OP > PC$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle OPC} \angle OCP > \angle POC \Rightarrow {90^0} - \angle A > \angle POC \Rightarrow$ $\boxed{\angle A + \angle POC < {{90}^0}}$ . και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#4

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο , με $\widehat{C} \geqslant \widehat{B}+30^0$ .

Έστω το περίκεντρο του $\triangle ABC$ , και το ύψος.

Να δείξετε ότι $\widehat{A}+\widehat{COP} <90^0$ .

ORESTIS-GWNIA.png

Πρώτα –πρώτα ας δούμε πως πρέπει να στηθεί ένα τρίγωνο ABC

, με τις προδιαγραφές της

υπόθεσης .

: Λήμμα_Αθροισμα γωνιών μικρότερο απο 90.png (26.2 KiB) Προβλήθηκε 937 φορές

Έστω κύκλος (O,R)

μια διάμετρος

και μια χορδή BC//TS

. Για να έχουμε

εγγεγραμμένο οξυγώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , θα πρέπει το σημείο

σε πρώτη φάση να

ανήκει στο μεγάλο τόξο $\tau o\xi BC$ . Όμως πρέπει επί πλέον $\widehat C \geqslant \widehat B + 30^\circ$ .

Προς τούτο γράφω τον κύκλο (B,R)

που τέμνει το μεγάλο τόξο $\widehat C = \widehat B + 30^\circ$ $\tau o\xi BC$

στο σημείο

άρα $\widehat {DCB} = 30^\circ$ . Φέρνω τη μεσοκάθετο στη χορδή

που τέμνει το

μεγάλο τόξο $\tau o\xi BC$ στο σημείο

και θα είναι $\widehat {SOM} = 60^\circ$ . Ας είναι

το μέσο

του

. αν

η προβολή του

( ή όποιου άλλου σημείου

του τόξου $\tau o\xi SM$ )

στο

θα είναι προφανώς $NP > PC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {ACB} > 30^\circ + \widehat B$ , ενώ αν $A \equiv M$ θα είναι

$\widehat C = \widehat B + 30^\circ$ .

Μετά απ’ αυτά θεωρώ

το συμμετρικό του

ως προς τη

και το

θα ανήκει

στο τόξο $\tau o\xi MC'$ αλλά χωρίς το

.

: Αθροισμα γωνιών μικρότερο απο 90.png (44.76 KiB) Προβλήθηκε 937 φορές

Θα είναι δε $OP > NP > PC \Rightarrow OP > PC \Leftrightarrow \widehat {{x_1}} > \widehat \theta \Rightarrow \widehat {{x_2}} > \widehat \theta$ και έτσι :

$\widehat {NOC} + \widehat \theta < \widehat {NOC} + \widehat {{x_2}} \Rightarrow \boxed{\widehat A + \widehat \theta < 90^\circ }$

#5

Είναι από την ΙΜΟ 2001. https://artofproblemsolving.com/communi ... 462p119192

#6

silouan έγραψε:Είναι από την ΙΜΟ 2001. https://artofproblemsolving.com/communi ... 462p119192

Να ευχαριστήσω το Κ. Μπραζιτίκο για την ενημέρωση σχετικά με την άσκηση.

Θα έλεγα ότι, όταν οι ασκήσεις που δίδονται είναι αυτούσιες από διαγωνισμούς, πρέπει από τους εισηγητές να δίδονται στο τέλος και οι πηγές .

Άθροισμα γωνιών μικρότερο από 90

Άθροισμα γωνιών μικρότερο από 90

Re: Άθροισμα γωνιών μικρότερο από 90

Re: Άθροισμα γωνιών μικρότερο από 90

Re: Άθροισμα γωνιών μικρότερο από 90

Re: Άθροισμα γωνιών μικρότερο από 90

Re: Άθροισμα γωνιών μικρότερο από 90

Μέλη σε σύνδεση