Ορθογώνιο και ισοσκελές

KARKAR · #1

Με βάσεις τις πλευρές AB , AC

τριγώνου $\displaystyle ABC$ , σχεδιάζω έξω απ' αυτό , τα τετράγωνα ABDE , ACZH

Αν

το μέσο της

, δείξτε ότι το τρίγωνο BMC

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές

#2

Θεωρούμε το συμμετρικό $\displaystyle{ S }$ του $\displaystyle{ B }$ ως προς το $\displaystyle{ M }$ . Τότε το τετράπλευρο $\displaystyle{ DBZS }$ είναι παραλληλόγραμμο (αφού οι διαγώνιές του $\displaystyle{ DZ,BS }$ διχοτομούνται)

άρα $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} SZ\mathop = \limits^{//} BD \\ BD\mathop = \limits^ \bot AB \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{SZ\mathop = \limits^ \bot AB}:\left( 1 \right) }$

Ας συγκρίνουμε τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle SZC,\;\vartriangle ABC }$ . Έχουν: $\displaystyle{ CZ\mathop = \limits^ \bot AC }$ ( πλευρές του τετραγώνου $\displaystyle{ ACZH }$ ), $\displaystyle{ SZ\mathop = \limits^ \bot AB }$ (από τη σχέση $\displaystyle{ \left( 1 \right) }$ ) και $\displaystyle{ \widehat{SZC} = \widehat{BAC} }$

(και οι δύο οξείες ή και οι δύο αμβλείες (ανάλογα της $\displaystyle{ \widehat{BAC} }$ ) ή ακόμα και ορθές (ειδική και εύκολη περίπτωση) με κάθετες πλευρές)).

Άρα από προκύπτει ότι $\displaystyle{ \vartriangle SZC = \vartriangle ABC \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \boxed{SC = CB}:\left( 2 \right) \\ \boxed{\widehat{ZCS} = \widehat{ACB} = \hat \omega }:\left( 3 \right) \\ \end{gathered} \right. }$ . Από την $\displaystyle{ \left( 2 \right) }$ προκύπτει ότι το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BZC }$ είναι ισοσκελές («με κορυφή το $\displaystyle{ C }$ ")

και επειδή $\displaystyle{ \widehat{ZCS} + \widehat{SCA} = \widehat{ZCA}\mathop = \limits^{\tau \varepsilon \tau \rho \gamma \omega \nu o - ACZH} 90^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \widehat{ACB} + \widehat{SCA} = 90^0 \Rightarrow \boxed{\widehat{SCB} = 90^0 } }$

από όπου προκύπτει ότι τελικά το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BZC }$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές

και επειδή $\displaystyle{ CM }$ είναι η διάμεσός του προς την υποτείνουσα και το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BMC }$ θα είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

Στάθης

#3

Μια δεύτερη λύση (ίσως πιο αναμενόμενη)

Υποθέτουμε ότι $\displaystyle{ \hat B,\hat C < 90^0 }$ . Έστω $\displaystyle{ AA{'},DD{'},MM{'},ZZ{'} }$ οι κάθετες στην ευθεία $\displaystyle{ BC }$ τότε

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \vartriangle BD{'}D \hfill \\ \vartriangle AA{'}B \hfill \\ \end{gathered} \right\}\left\{ \begin{gathered} \widehat{AA{'}B} = \widehat{BD{'}D} = 90^0 \\ AB\mathop = \limits^{ABDE(\tau \varepsilon \tau \rho \gamma \omega \nu o)} BD \\ \widehat{BAA{'}}\mathop = \limits^{\kappa \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma - \pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varsigma } \widehat{DBD{'}} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \vartriangle BD{'}D = \vartriangle AA'B \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \boxed{BD{'} = AA{'}}:\left( 1 \right) \hfill \\ \boxed{DD{'} = BA{'}}:\left( 2 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right. }$

Με όμοιο τρόπο από την ισότητα των τριγώνων $\displaystyle{ \vartriangle ZZ{'}C,\;\vartriangle ABC }$ προκύπτει ότι: $\displaystyle{ \boxed{CZ{'} = AA{'}}:\left( 3 \right) }$ και $\displaystyle{ \boxed{ZZ{'} = A{'}C}:\left( 4 \right) }$ . Από $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \boxed{BD{'} = CZ{'}}:\left( 5 \right) }$

Επειδή $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} DD{'} \bot BC \hfill \\ ZZ{'} \bot BC \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow DD{'}//ZZ{'} \Rightarrow DD{'}Z{'}Z }$ «τραπέζιο» και επειδή $\displaystyle{ M }$ είναι το μέσο της $\displaystyle{ DZ }$ και

$\displaystyle{ MM{'} \bot BC \Rightarrow MM{'}//DD{'}//ZZ{'} \Rightarrow }$ $\displaystyle{ MM{'} }$ θα είναι διάμεσος του τραπεζίου οπότε θα ισχύει: $\displaystyle{ M{'}D{'} = M{'}Z{'}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right):BD{'} = CZ{'}} M{'}B = M{'}C \Rightarrow MM{'} }$

διάμεσος στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BMC }$ και επειδή είναι (από κατασκευής και ύψος) το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BMC }$ θα είναι ισοσκελές $\displaystyle{ \left( {MB = MC} \right) }$ .

Για τη διάμεσο $\displaystyle{ MM{'} }$ του «τραπεζίου» $\displaystyle{ DD{'}Z{'}Z }$ θα ισχύει: $\displaystyle{ MM{'} = \frac{{DD{'} + ZZ{'}}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right),\left( 4 \right)} MM{'} = \frac{{BA{'} + A{'}C}} {2} \Rightarrow \boxed{MM{'} = \frac{{BC}} {2}}:\left( 6 \right) }$

Από την $\displaystyle{ \left( 6 \right) }$ προκύπτει ότι στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BMC }$ η διάμεσός του $\displaystyle{ MM{'} }$ είναι ίση με το μισό της πλευράς στην οποία αντιστοιχεί οπότε θα είναι

ορθογώνιο με υποτείνουσα την πλευρά αυτή. Δηλαδή τελικά το $\displaystyle{ \vartriangle BMC }$ θα είναι ορθογώνιο (στο $\displaystyle{ M }$ ) και ισοσκελές.

Με όμοιο τρόπο δείχνουμε το πρόβλημα αν $\displaystyle{ \hat B \geqslant 90^0 }$ ή $\displaystyle{ \hat C \geqslant 90^0 }$

Στάθης

Ορθογώνιο και ισοσκελές

Ορθογώνιο και ισοσκελές

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές

Μέλη σε σύνδεση