Ότι πρέπει 2

Φανης Θεοφανιδης · #1

: Ότι πρέπει 2 (2).png (5.92 KiB) Προβλήθηκε 1787 φορές

Δίνεται τρίγωνο ABC

με $\angle A>90^{0}$ και η διάμεσός του

.
Αν $\angle ACD=30^{0}, \angle ABC=2\chi$ και $\angle BCD=\chi$ ,να δείξετε ότι $\chi =15^{0}$ .

#2

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:Ότι πρέπει 2 (2).png
Δίνεται τρίγωνο με $\angle A>90^{0}$ και η διάμεσός του .
Αν $\angle ACD=30^{0}, \angle ABC=2\chi$ και $\angle BCD=\chi$ ,να δείξετε ότι $\chi =15^{0}$ .

Για να κλείνει.

Από τον Νόμο των Hμιτόνων στα BCD, ADC

έχουμε

$\displaystyle{ \frac {\sin 2x}{\sin x} = \frac {CD}{BD}= \frac {CD}{AD} = \frac {\sin (3x+30)}{\sin 30}}$

Άρα $\displaystyle{ \frac {2\sin x \cos x}{\sin x} = 2\sin (3x+30)}}$ ή αλλιώς $\displaystyle{\cos x = \sin (3x+30)}$ .

Συνεπώς $\displaystyle{\sin (90-x) = \sin (3x+30)}$ , οπότε $\displaystyle{3x+30= 180k \pm (90 -x)}$ . Λύνοντας, είναι δεκτή μόνο η περίπτωση k=0

και

.

#3

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:Ότι πρέπει 2 (2).png
Δίνεται τρίγωνο με $\angle A>90^{0}$ και η διάμεσός του .
Αν $\angle ACD=30^{0}, \angle ABC=2\chi$ και $\angle BCD=\chi$ ,να δείξετε ότι $\chi =15^{0}$ .

Καλησπέρα στο Φάνη , καλησπέρα στον σεβαστό καθηγητή κ. Λάμπρου. Καλησπέρα σε όλους .

Αρκεί να δειχθεί ότι ο κύκλος (A,D,B)

έχει το κέντρο του στην

.

Έστω ότι ο κύκλος (A,D,B)

έχει το κέντρο

έτσι ώστε τα A,O

εκατέρωθεν του

.

Ας είναι ακόμα

το άλλο σημείο τομής του με την

.

Προφανές ότι το μεν τρίγωνο $\vartriangle OAD$ ισόπλευρο το δε τρίγωνο $\vartriangle OAB$ ορθογώνιο στο

.

Τα τρίγωνα $\vartriangle DTO\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle DTB$ θα έχουν :

κοινή ,

και $\widehat {DBT} = \widehat {DOT} = 2x$ .

Συνεπώς είτε θα είναι ίσα , είτε τα σημεία B,T,O

θα είναι στην ίδια ευθεία ( αντιβαίνει στην υπόθεσή μας)

: Οτι πρέπει_2_3.png (34.76 KiB) Προβλήθηκε 1680 φορές

Αν τα τρίγωνα αυτά είναι ίσα τότε $BT = TO \Rightarrow BT = BD$ , μα τότε

$30^\circ + x = \widehat {BDT} = \widehat {BTD} \Rightarrow 2x + 2(30^\circ + x) = 180^\circ$ και άρα $2x = 30^\circ + x = 60^\circ$ .

Δηλαδή το τρίγωνο $\vartriangle ABC$ ισόπλευρο και αμβλυγώνιο !!

Αν κάποιος συλλογισμός μου είναι λάθος και τελικά δεν ισχύουν τα παραπάνω , κανένα πρόβλημα , Όλοι από τα λάθη μας μαθαίνουμε

εν γένει στη ζωή .

Φιλικά Νίκος

Φανης Θεοφανιδης · #4

: Ότι πρέπει 2..png (15.05 KiB) Προβλήθηκε 1627 φορές

Καλημέρα.

Γράφω τον περίκυκλο του $\triangle ABC$ και καλώ

το κέντρο του.
Έστω ότι η προέκταση της

τέμνει τον κύκλο στο

και η μεσοκάθετος
της

τέμνει την

στο

. Φέρνω τα ευθύγραμμα τμήματα OB, OC, OA,

και ονομάζω τις γωνίες $\angle OBC, \angle BCO$ με $\phi$ .
Το

είναι σημείο της μεσοκαθέτου της $BC\Rightarrow BZ=ZC\Rightarrow$
$\Rightarrow \angle CBZ=\angle ZCB\Rightarrow \angle CBZ=\chi$ .
Οπότε και $\angle ZBD=\chi$ (αφού $\angle ABC=2\chi$ ).
Ισχύουν τα εξής: $\angle AOE=60^{0}$ (σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης) $\Rightarrow$
$\Rightarrow \triangle AOE$ ισόπλευρο (1)

,
$\angle DZB=2\chi$ (ως εξωτερική του $\triangle BZC$ ),
$\angle CEA=2\chi$ (βαίνει στο τόξο

),
$\angle EAB=\chi$ (βαίνει στο τόξο

) και
$\angle OEC=\chi +\phi$ (διότι το $\triangle COE$ είναι ισοσκελές).
Είναι $\triangle BDZ=\triangle ADE$ (αφού έχουν όλες τις γωνίες τους
ίσες και BD=DA

) $\Rightarrow BZ=EA\Rightarrow BZ=EO$ (λόγω τις (1)

) $\Rightarrow$
$\Rightarrow BZ=BO$ (ως ακτίνες του κύκλου) $\Rightarrow \triangle OBZ$ ισοσκελές $\Rightarrow$
$\Rightarrow BM$ διχοτόμος της $\angle OBZ$ (διότι το

είναι ύψος
του $\triangle OBZ$ ) $\Rightarrow \chi =\phi (2)$ .
Όμως $2\chi +\chi +\phi =\angle OEA\Rightarrow$
$\Rightarrow 3\chi +\phi =60^{0}$ (λόγω της (1)

) $\Rightarrow$
$\Rightarrow 4\chi =60^{0}$ (λόγω της (2)

) $\Rightarrow \chi =15^{0}$ .

#5

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:Ότι πρέπει 2..png
Καλημέρα.

Γράφω τον περίκυκλο του $\triangle ABC$ και καλώ το κέντρο του.
Έστω ότι η προέκταση της τέμνει τον κύκλο στο και η μεσοκάθετος
της τέμνει την στο . Φέρνω τα ευθύγραμμα τμήματα
και ονομάζω τις γωνίες $\angle OBC, \angle BCO$ με $\phi$ .
Το είναι σημείο της μεσοκαθέτου της $BC\Rightarrow BZ=ZC\Rightarrow$
$\Rightarrow \angle CBZ=\angle ZCB\Rightarrow \angle CBZ=\chi$ .
Οπότε και $\angle ZBD=\chi$ (αφού $\angle ABC=2\chi$ ).
Ισχύουν τα εξής: $\angle AOE=60^{0}$ (σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης) $\Rightarrow$
$\Rightarrow \triangle AOE$ ισόπλευρο ,
$\angle DZB=2\chi$ (ως εξωτερική του $\triangle BZC$ ),
$\angle CEA=2\chi$ (βαίνει στο τόξο ),
$\angle EAB=\chi$ (βαίνει στο τόξο ) και
$\angle OEC=\chi +\phi$ (διότι το $\triangle COE$ είναι ισοσκελές).
Είναι $\triangle BDZ=\triangle ADE$ (αφού έχουν όλες τις γωνίες τους
ίσες και ) $\Rightarrow BZ=EA\Rightarrow BZ=EO$ (λόγω τις ) $\Rightarrow$
$\Rightarrow BZ=BO$ (ως ακτίνες του κύκλου) $\Rightarrow \triangle OBZ$ ισοσκελές $\Rightarrow$
$\Rightarrow BM$ διχοτόμος της $\angle OBZ$ (διότι το είναι ύψος
του $\triangle OBZ$ ) $\Rightarrow \chi =\phi (2)$ .
Όμως $2\chi +\chi +\phi =\angle OEA\Rightarrow$
$\Rightarrow 3\chi +\phi =60^{0}$ (λόγω της ) $\Rightarrow$
$\Rightarrow 4\chi =60^{0}$ (λόγω της ) $\Rightarrow \chi =15^{0}$ .

Άψογη λύση

με κυριότερη "κίνηση κλειδί" την επιλογή του σημείου

ως σημείου τομής της μεσοκαθέτου στο

με την

.

Φιλικά,

Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:Ότι πρέπει 2 (2).png
Δίνεται τρίγωνο με $\angle A>90^{0}$ και η διάμεσός του .
Αν $\angle ACD=30^{0}, \angle ABC=2\chi$ και $\angle BCD=\chi$ ,να δείξετε ότι $\chi =15^{0}$ .

Με $\displaystyle{Z}$ συμμετρικό του $\displaystyle{D}$ ως προς $\displaystyle{AC}$ $\displaystyle{ \Rightarrow \vartriangle ZDC}$ ισόπλευρο με $\displaystyle{CA}$ μεσοκάθετη της $\displaystyle{DZ \Rightarrow \boxed{AD = AZ}}$

Έστω $\displaystyle{AE \bot BC}$ .Τότε $\displaystyle{\angle DEB = 2x \Rightarrow \angle EDC = x \Rightarrow \boxed{DE = EC}}$

Τελικά, $\displaystyle{DE = EC = DA = AZ}$ και $\displaystyle{ZD = DC \Rightarrow \vartriangle DZA = \vartriangle DEC \Rightarrow \angle ADZ = x}$ .Έτσι $\displaystyle{\angle CDZ = 4x = {60^0} \Rightarrow \boxed{x = {{15}^0}}}$

: 15.png (12.42 KiB) Προβλήθηκε 1558 φορές

Ορέστης Λιγνός · #7

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:
Φανης Θεοφανιδης έγραψε:Ότι πρέπει 2 (2).png
Δίνεται τρίγωνο με $\angle A>90^{0}$ και η διάμεσός του .
Αν $\angle ACD=30^{0}, \angle ABC=2\chi$ και $\angle BCD=\chi$ ,να δείξετε ότι $\chi =15^{0}$ .

Με $\displaystyle{Z}$ συμμετρικό του $\displaystyle{D}$ ως προς $\displaystyle{AC}$ $\displaystyle{ \Rightarrow \vartriangle ZDC}$ ισόπλευρο με $\displaystyle{CA}$ μεσοκάθετη της $\displaystyle{DZ \Rightarrow \boxed{AD = AZ}}$

Έστω $\displaystyle{AE \bot BC}$ .Τότε $\displaystyle{\angle DEB = 2x \Rightarrow \angle EDC = x \Rightarrow \boxed{DE = EC}}$

Τελικά, $\displaystyle{DE = EC = DA = AZ}$ και $\displaystyle{ZD = DC \Rightarrow \vartriangle DZA = \vartriangle DEC \Rightarrow \angle ADZ = x}$ .Έτσι $\displaystyle{\angle CDZ = 4x = {60^0} \Rightarrow \boxed{x = {{15}^0}}}$

15.png

Απίθανη λύση...

Ότι πρέπει 2

Ότι πρέπει 2

Re: Ότι πρέπει 2

Re: Ότι πρέπει 2

Re: Ότι πρέπει 2

Re: Ότι πρέπει 2

Re: Ότι πρέπει 2

Re: Ότι πρέπει 2

Μέλη σε σύνδεση