Γεωμετρείν 77

Δημήτρης Μυρογιάννης · #1

Έστω τετράγωνο ABCD

. Επί των πλευρών του DC,DA

λαμβάνουμε σημεία E,F

αντίστοιχα έτσι ώστε η γωνία EBF

να έχει μέτρο

μοίρες.
Από το σημείο

φέρουμε κάθετη στην

η οποία τέμνει την

στο σημείο

.
Δείξτε ότι FH=FE

.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 77.PNG (27.53 KiB) Προβλήθηκε 746 φορές

#2

maths-!!! έγραψε:Έστω τετράγωνο . Επί των πλευρών του λαμβάνουμε σημεία αντίστοιχα έτσι ώστε η γωνία να έχει μέτρο μοίρες.
Από το σημείο φέρουμε κάθετη στην η οποία τέμνει την στο σημείο .
Δείξτε ότι .

Το συνημμένο ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 77.PNG δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Δημήτρη καλησπέρα !!! Μια μικρή προσπάθεια

: 1.png (33.5 KiB) Προβλήθηκε 715 φορές

Ας είναι $\displaystyle{ Q \equiv AC \cap BE,L \equiv AC \cap BF,K \equiv AC \cap BD }$ . Τότε με δεδομένο ότι η $\displaystyle{ AC }$ είναι διχοτόμος της ορθής $\displaystyle{ \widehat{BCD} \Rightarrow \widehat{LCE} = 45^0 \mathop = \limits^{\upsilon \pi o\theta \varepsilon \sigma \eta } \widehat{EBF} \Rightarrow BCEL }$

εγγράψιμο και με $\displaystyle{ \widehat{ECB} = 90^0 \mathop \Rightarrow \limits^{BCEL\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \widehat{BLE} = 90^0 = \widehat{FDE} \Rightarrow L,F,D,E }$ είναι ομοκυκλικά.

Επίσης εύκολα προκύπτει (με δεδομένο ότι η $\displaystyle{ AC }$ είναι μεσοκάθετη της $\displaystyle{ BD }$ ) ότι $\displaystyle{ \vartriangle ADQ = \vartriangle ABQ\,\,(AD = AB = a,AQ = AQ,\widehat{DAQ} = \widehat{BAQ} = 45^0 ) \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \widehat{ADQ} \to \widehat{FDQ} = \widehat{ABQ} \to \widehat{ABE}\mathop = \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \alpha \xi ...} \widehat{BEC}\mathop = \limits^{BCEF\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \widehat{BLC} \to \widehat{BLQ} \Rightarrow \widehat{FDQ} = \widehat{BLQ} \Rightarrow F,D,Q,L }$ ομοκυκλικά οπότε τα πέντε σημεία

$\displaystyle{ L,F,D,E,Q }$ είναι ομοκυκλικά άρα $\displaystyle{ \widehat{FDQ}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o\,\,FLQ} \widehat{FEH}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle ADQ = \vartriangle ABQ \to \widehat{ADQ} = \widehat{ABQ}} \widehat{ABQ} = \widehat{FEH}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{ABQ} = \widehat{FHE}\,\,(\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \kappa \tau o\varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \pi \iota \,\,\tau \alpha \,\,\alpha \upsilon \tau \alpha ...)} }$

$\displaystyle{ \widehat{FHE} = \widehat{FEH} \Rightarrow \vartriangle FHE }$ ισοσκελές άρα $\displaystyle{ \boxed{FE = FH} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Φιλικά
Στάθης

Δημήτρης Μυρογιάννης · #3

Στάθη σε ευχαριστώ πολύ ….

Δίνω μια περίεργη λύση…. με εμβαδά….
Ενώνουμε το

με τα

, φέρουμε το ύψος

του τριγώνου BFE

, ονομάζουμε

την πλευρά του τετραγώνου και έχουμε:
(AHD)=(ABCD)-(ABH)-(DHE)-(CEB).

Επίσης:

Όμως είναι προφανές ότι:
(ABH)=(AFB)

και

Είναι λοιπόν $(AHD)=(BFE) \Rightarrow \frac{1}{2} a\;FH=\frac{1}{2} FE\;BK .$
Όμως στο Γεωμετρείν 76 έχει δειχτεί (όχι εύκολα) ότι BK=a

οπότε από την τελευταία σχέση προκύπτει το ζητούμενο δηλαδή: FH=FE .

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 77 ΛΥΣΗ.PNG (45.62 KiB) Προβλήθηκε 645 φορές

Ιστοσελίδα · #4

Καλημέρα σας. Μία λύση του Νίκου Φραγκάκη.

: 1.PNG (15.93 KiB) Προβλήθηκε 613 φορές

Προεκτείνω τη $\displaystyle{DC}$ κατά τμήμα $\displaystyle{CZ = AF}$ .
Αβίαστα προκύπτουν:
1) $\displaystyle{ABF = CBZ}$
2) $\displaystyle{F\hat BZ = {90^0}}$
3) $\displaystyle{FBE = ZBE}$ και έτσι $\displaystyle{EF = EZ}$ .
Άρα η $\displaystyle{BE}$ μεσοκάθετος στην $\displaystyle{FZ}$ , οπότε αν
$\displaystyle{H}$ το συμμετρικό του $\displaystyle{E}$ ως προ την $\displaystyle{FZ}$ το τετράπλευρο
$\displaystyle{FZHE}$ είναι ρόμβος και προκύπτει το ζητούμενο.

Φραγκάκης Νίκος (Doloros) - 2ο Λύκειο Ιεράπετρας

thanasis.a · #5

: draw1.png (41.54 KiB) Προβλήθηκε 590 φορές

..καλημέρα..

μια λύση πολύ κοντινή με του Στάθη.

$FK\perp HE$
$AFKB \,\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o \,\,\,(\hat{FKB}=90^{\circ} \wedge \hat{BAF})\Rightarrow \hat{FBK}\mathop= \limits^{\beta \alpha \iota \nu o\upsilon \nu \,\,\sigma \varepsilon \,\,\iota \sigma \alpha \,\,\tau o\xi \alpha}\hat{FAK}=45^{\circ}\,\, (1)$

$\hat{BAK}=90^{\circ} -\hat{KAF}\Rightarrow \hat{BAK}=\hat{KAF}=45^{\circ} \,\,(2)$

$\bigtriangleup ABK=FKD\,\,(AK=AK, AB=AD, \hat{BAK}=\hat{KAD}=45^{\circ} \Rightarrow \hat{ABK}=\hat{ADK}=\chi +45^{\circ} \,\,(3)$ .

$FDEK \,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\,(\hat{FDE}=\hat{EKF}=90^{\circ} )\Rightarrow \hat{FDK}(\hat{ADK})\mathop=\limits^{\beta \alpha \iota \nu o\upsilon \nu \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o}\hat{FEK}=\chi +45^{\circ} \,\,(4)$

$FH,AB\perp AD\Rightarrow AB\parallel FH\Rightarrow \hat{ABH}=\hat{FHE}=\chi +45^{\circ} (\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \kappa \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \pi \iota \,\,\tau \alpha \,\,\alpha \upsilon \tau \alpha )\,\,(5)$

$\alpha \rho \alpha \,\,\, \alpha \pi o\,\,\, (4),(5)\Rightarrow \hat{FHE}=FEH=\chi +45\Rightarrow FH=FE \,\,\,o.\varepsilon \delta .$

Ιστοσελίδα · #6

: Γεωμετρείν-77.png (17.31 KiB) Προβλήθηκε 565 φορές

Αν $Z \equiv FH \cap BC$ , τότε από την ίδια στροφή τριγώνου με τη Γεωμετρείν 76: $F\widehat HE\mathop = \limits^{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \nu } B\widehat HZ\mathop = \limits^{HZ//EC} B\widehat EC\mathop = \limits^{BEG = BEF} F\widehat EB$ , συνεπώς FH = FE

.

#7

Το σμείο

είναι παράκεντρο του τριγώνου καθώς η γωνία $\widehat {FBE}$ ισούται με $90^0-\frac{\widehat {FDE}}{2}$ και το σημείο

ανήκει στη διχοτόμο της $\widehat D$ , Επομένως η

διχοτομεί τη γωνία $\widehat {FEC}$ . Άρα $\widehat {FHE}=\widehat {HEC}=\widehat {HEF}$ , δηλαδή το τρίγωνο FHE

είναι ισοσκελές.

Γεωμετρείν 77

Γεωμετρείν 77

Re: Γεωμετρείν 77

Re: Γεωμετρείν 77

Re: Γεωμετρείν 77

Re: Γεωμετρείν 77

Re: Γεωμετρείν 77

Re: Γεωμετρείν 77

Μέλη σε σύνδεση