mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 18, 2011 10:42 pm**

Έστω τρίγωνο ABC

.
Επί της

λαμβάνουμε σημείο

τέτοιο ώστε οι γωνίες DCA,CAD,DAB

να έχουν μέτρο $a,x,(90^{\circ}-a)$ μοίρες η κάθε μία αντίστοιχα.
Αν επιπλέον ισχύουν ότι $(a+x)\angle 90^{\circ}$ και ότι το σημείο

είναι το μέσο του

, δείξτε ότι η γωνία BAC

είναι κατ'ανάγκην ορθή.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 39.PNG (24.52 KiB) Προβλήθηκε 1350 φορές

(Έχω βγάλει μία γεωμετρική λύση με αρκετή φαντασία και... λίγο "εις άτοπον".)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 18, 2011 11:05 pm**

Για τη γωνία $\hat{B}$ έχουμε $\hat{B}=180-(90^{o}-a+x+a)=90^{o}-x$ . Από το νόμο των ημιτόνων στα ABD,ADC

:

$\displaystyle{\frac{BD}{\sin(90^{o}-a)}=\frac{AD}{\sin B}\Leftrightarrow AD \cdot \cos a=BD\cdot \sin (90^{o}-x)\Leftrightarrow AD \cdot \cos a=BD\cdot cos x }$ (1) και

$\displaystyle{\frac{DC}{\sin x}=\frac{AD}{\sin a}\Leftrightarrow AD \cdot \sin x=DC\cdot \sin a \overset{BD=DC}\Leftrightarrow AD \cdot \sin x=BD\cdot \sin a }$ (2)

Διαιρώντας τις (1), (2) κατά μέλη έχουμε $\displaystyle{\frac{\cos a}{\sin x}=\frac{\cos x}{\sin a}\Leftrightarrow \sin x \cos x=\sin a \cos a\Leftrightarrow \frac{1}{2}\sin 2x=\frac{1}{2}\sin 2a\Leftrightarrow \sin 2x=\sin 2a}$

και αφού $a+x<90^{o}\Rightarrow 2a+2x<180^{o}$ έχουμε $2a=2x\Rightarrow a=x$ και άρα $\widehat{BAC}=90^{o}-x+x=90^{o}.$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 18, 2011 11:12 pm**

Με τριγωνομετρία (και φέτος απαγορευμένη...)

Στο $\displaystyle ABD$ από Ν. Ημιτόνων: $\displaystyle \frac{{BD}}{{\eta \mu \left( {90^\circ - \alpha } \right)}} = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{\eta \mu \left( {\alpha + x} \right)}} \Leftrightarrow \frac{{BD}}{{AB}} = \frac{{\sigma \upsilon \nu \alpha }}{{\eta \mu \left( {\alpha + x} \right)}}$
Στο $\displaystyle ABC$ από Ν. Ημιτόνων: $\displaystyle \frac{{BC}}{{\eta \mu \left( {90^\circ - \alpha + x} \right)}} = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{\eta \mu \alpha }} \Leftrightarrow \frac{{BC}}{{AB}} = \frac{{\sigma \upsilon \nu \left( {x - \alpha } \right)}}{{\eta \mu \alpha }}$

Οπότε, αφού $\displaystyle \alpha ,\;x$ γωνίες τριγώνου: $\displaystyle \frac{{2\sigma \upsilon \nu \alpha }}{{\eta \mu \left( {\alpha + x} \right)}} = \frac{{\sigma \upsilon \nu \left( {x - \alpha } \right)}}{{\eta \mu \alpha }} \Leftrightarrow \eta \mu 2\alpha = \eta \mu \left( {\alpha + x} \right) \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {x - \alpha } \right)$
$\displaystyle 2\eta \mu 2\alpha = \eta \mu 2x + \eta \mu 2\alpha \Leftrightarrow \eta \mu 2x = \eta \mu 2\alpha \Leftrightarrow x = \alpha \;\;\;\eta \;\;x = \frac{\pi }{2} - \alpha \;$ που απορ.

Άρα $\displaystyle \widehat{BAC} = 90^\circ - x + \alpha = 90^\circ$

edit (Γιώργος): Πρόλαβε ο Γιώργος!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 18, 2011 11:34 pm**

Με την απαγωγή σε άτοπο.
Ας είναι $\alpha >x$
Τότε απέναντι από μεγαλύτερη πλευρά σε τρίγωνο βρίσκεται μεγαλύτερη γωνία και αντίστροφα και εφαρμόζοντάς το στο τρίγωνο ADC

θα έχουμε:
$\alpha>x \Leftrightarrow AD>DC$ .
Από την άλλη
$\hat{B} = 180^{\circ}-\alpha - (90^{\circe}-\alpha +x})=90^{\circe}-x$ (Από τις γωνίες του ABC

)
Όμως $\alpha >x \Leftrightarrow 90^{\circe}-\alpha <90^{\circe} -x\Leftrightarrow B\hat{A}D< \hat{B} \Leftrightarrow BD = DC < AD$ (από το τρίγ BAD

)
'Ατοπο.
Όμοια είναι άτοπο το $\alpha < x$ οπότε αναγκαστικά
$\alpha =x \Leftrightarrow B\hat{A} C =90^{\circe}$

edit: Σκληρό αλλά είναι πράγματι λάθος.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 19, 2011 1:01 am**

liolios19 έγραψε:Με την απαγωγή σε άτοπο.
Ας είναι $\alpha >x$
Τότε απέναντι από μεγαλύτερη πλευρά σε τρίγωνο βρίσκεται μεγαλύτερη γωνία και αντίστροφα και εφαρμόζοντάς το στο τρίγωνο θα έχουμε:
$\alpha>x \Leftrightarrow AD>DC$ .
Από την άλλη
$\hat{B} = 180^{\circ}-\alpha - (90^{\circe}-\alpha +x})=90^{\circe}-x$ (Από τις γωνίες του )
Όμως $\alpha >x \Leftrightarrow 90^{\circe}-\alpha <90^{\circe} -x\Leftrightarrow B\hat{A}D< \hat{B} \Leftrightarrow BD = DC < AD$ (από το τρίγ )
'Ατοπο.
Όμοια είναι άτοπο το $\alpha < x$ οπότε αναγκαστικά
$\alpha =x \Leftrightarrow B\hat{A} C =90^{\circe}$

Ο φίλος liolios19 μάλλον έχει πέσει σε άτοπο... χωρίς άτοπο...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 19, 2011 3:36 am**

: 1.png (23.45 KiB) Προβλήθηκε 1244 φορές

Άντε να δούμε Δημήτρη πως θα ξυπνήσω το πρωί που έχω 1η ώρα μάθημα στο σχολείο!!! (Αξίζει νομίζω τον κόπο ένα ξενύχτη )

Θεωρούμε την $\displaystyle{ Cx \bot AC }$ και έστω $\displaystyle{ E \equiv Cx \cap AD }$ τότε $\displaystyle{ \widehat{BCE} = \widehat{ACx} - \widehat{ACB}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{ACx} = 90^0 ,\widehat{ACB} = a} \widehat{BCE} = 90^0 - a\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{BAE} = 90^0 - a(\upsilon \pi \theta \varepsilon \sigma \eta )} \widehat{BCE} = \widehat{BAE} \Rightarrow ABEC }$

εγγράψιμο σε κύκλο (δύο διαδοχικές κορυφές του «βλέπουν» την πλευρά που σχηματίζουν οι άλλες δύο υπό ίσες γωνίες) με διάμετρο την $\displaystyle{ AE }$ αφού

$\displaystyle{ \widehat{ACx} = 90^0 }$ (από κατασκευής), δηλαδή το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου στο $\displaystyle{ ABEC }$ είναι το μέσο $\displaystyle{ O }$ της διαμέτρου $\displaystyle{ AE }$

Θα δείξω ότι $\displaystyle{ O \equiv D }$ . Έστω ότι $\displaystyle{ O \ne D }$ τότε το μη μηδενικό τμήμα $\displaystyle{ OD }$ (αφού $\displaystyle{ D }$ είναι το μέσο της χορδής $\displaystyle{ BC }$ του κύκλου)

θα είναι το απόστημα της χορδής δηλαδή $\displaystyle{ OD \bot BC \Rightarrow \boxed{\hat \omega = \widehat{ODB} = 90^0 }:\left( 3 \right) }$

Όμως είναι $\displaystyle{ \widehat{ODB} = \hat \omega }$ "εξωτερική" του τριγώνου $\displaystyle{ ADC \Rightarrow \hat \omega = \hat a + \hat x\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right):\hat \omega = 90^0 } \hat a + \hat x = 90^0 }$ άτοπο από την υπόθεση (αφού δίνεται ότι $\displaystyle{ \hat a + \hat x < 90^0 }$ ).

Άρα $\displaystyle{ O \equiv D \in BC \Rightarrow BC }$ διάμετρος του κύκλου οπότε $\displaystyle{ \widehat{BAC} = 90^0 }$ (εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο).

Στάθης

Υ.Σ. Δημήτρη νομίζω αρκούσε $\displaystyle{ x + a \ne 90^0 }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 19, 2011 7:48 pm**

: 1.png (18.32 KiB) Προβλήθηκε 1161 φορές

Δημήτρη ας το δούμε και χωρίς άτοπο

Θεωρούμε την $\displaystyle{ DE \bot BC\left( {E \in AC} \right) }$ . Επειδή $\displaystyle{ x + a \ne 90^0 \Rightarrow E \ne A \Rightarrow AEDB }$ τετράπλευρο. Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle EDC \Rightarrow \boxed{\widehat{DEC} = 90^0 - a} }$

Επειδή $\displaystyle{ \vartriangle BEC }$ ισοσκελές ( $\displaystyle{ ED }$ μεσοκάθετη της $\displaystyle{ BC }$ ) το ύψος του $\displaystyle{ ED }$ θα είναι και διχοτόμος του δηλαδή

$\displaystyle{ \widehat{DEC} = \widehat{BED} = 90^0 - a\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{BAD} = 90^0 - a} \widehat{BED} = \widehat{BAD} \Rightarrow AEDB }$ εγγράψιμο οπότε $\displaystyle{ \widehat{BAE} + \widehat{BDE} = 180^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{BDE} = 90^0 } \widehat{BAE} = 90^0 \Rightarrow \boxed{\widehat{BAC} = 90^0 } }$

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 20, 2011 3:08 am**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
1.png
Δημήτρη ας το δούμε και χωρίς άτοπο

Θεωρούμε την $\displaystyle{ DE \bot BC\left( {E \in AC} \right) }$ . Επειδή $\displaystyle{ x + a \ne 90^0 \Rightarrow E \ne A \Rightarrow AEDB }$ τετράπλευρο. Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle EDC \Rightarrow \boxed{\widehat{DEC} = 90^0 - a} }$

Επειδή $\displaystyle{ \vartriangle BEC }$ ισοσκελές ( $\displaystyle{ ED }$ μεσοκάθετη της $\displaystyle{ BC }$ ) το ύψος του $\displaystyle{ ED }$ θα είναι και διχοτόμος του δηλαδή

$\displaystyle{ \widehat{DEC} = \widehat{BED} = 90^0 - a\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{BAD} = 90^0 - a} \widehat{BED} = \widehat{BAD} \Rightarrow AEDB }$ εγγράψιμο οπότε $\displaystyle{ \widehat{BAE} + \widehat{BDE} = 180^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{BDE} = 90^0 } \widehat{BAE} = 90^0 \Rightarrow \boxed{\widehat{BAC} = 90^0 } }$

Στάθης

Το μεγαλείο της απλότητας... νά'σαι καλά Στάθη.
(Μολις βρω χρόνο θα περάσω και τη δική μου απάντηση... που μοιάζει αρκετά με την πρώτη λύση σου...)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 21, 2011 4:20 am**

Λοιπόν ο Στάθης με "πώρωσε" και βρήκα και εγώ μία απλή λύση.
Σας ευχαριστώ όλους για τις λύσεις σας.

Φέρουμε από το σημείο

ημιευθεία

τέτοια ώστε οι γωνίες BCA,ACz

να είναι ίσες.
Από το σημείο

φέρουμε την κάθετη στην

η οποία τέμνει την

στο σημείο

και την

στο σημείο

.
[Επειδή $(a+x)\neq 90^{\circ}$ (όπως σωστά επισήμανε ο Στάθης) και $(90^{\circ}-a)<90^{\circ}$ το σημείο

θα είναι διαφορετικό από τα A,D

.]
H γωνία EBA

είναι προφανές ότι έχει μέτρο

μοίρες , που σημαίνει ότι το τετράπλευρο BAFC

είναι εγγράψιμο.
Η γωνία λοιπόν AFB

έχει και αυτή μέτρο

μοίρες, δηλαδή το τρίγωνο ABF

είναι ισοσκελές και κατά συνέπεια το σημείο

είναι μέσο του

.
To

τώρα είναι παράλληλο στην

, οπότε οι γωνίες BCF,BDE

είναι ισες, δηλαδή $a+x=a+a\Rightarrow x=a\Rightarrow BAC=90^{\circ}$ .

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 39 ΛΥΣΗ.PNG (49.43 KiB) Προβλήθηκε 1044 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 21, 2011 8:43 am**

Μια απόπειρα με μεγάλη επιφύλαξη: *

Προφανώς η γωνία $\displaystyle{\angle {ABD}=90^{\circ}-x}$ από άθροισμα γωνιών τριγώνου στο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle {ABC}}$ .
Στην προέκταση της $\displaystyle{AD}$ παίρνω σημείο $\displaystyle{E}$ τέτοιο ώστε η γωνία $\displaystyle{\angle {CBE}=x}$ .
Επειδή η γωνία $\displaystyle{\angle {CBE}=x=\angle {CAE}}$ το τετράπλευρο $\displaystyle{ABEC}$ είναι εγγράψιμο.
Αν θεωρήσουμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του τετραπλεύρου $\displaystyle{ABEC}$ ,
επειδή η εγγεγραμμένη γωνία $\displaystyle{\angle {EBA}=\angle {EBC}+\angle {CBA}=x+90^{\circ}-x=90^{\circ}}$
τότε θα βαίνει σε ημικύκλιο οπότε η $\displaystyle{AE}$ θα είναι διάμετρος του κύκλου
και συνεπώς και η άλλη εγγεγραμμένη γωνία $\displaystyle{\angle {ACE}}$ θα είναι ορθή.
Οπότε το εγγεγραμμένο τετράπλευρο $\displaystyle{ABEC}$ έχει δύο γωνίες ορθές τις $\displaystyle{\angle {ABE},\angle {ACE}}$ .
Έστω $\displaystyle{O}$ το κέντρο του περιγγεγραμμένου του κύκλου του $\displaystyle{ABEC}$ .
Έστω $\displaystyle{O\neq D}$ , επειδή $\displaystyle{BO=OC}$ και $\displaystyle{BD=DC}$ τα σημεία $\displaystyle{O,D}$ ισαπέχουν από τα σημεία $\displaystyle{B,C}$
συνέπως θα ανήκουν στην μεσοκάθετο του $\displaystyle{BC}$ κι επειδή τα σημεία $\displaystyle{B,D,C}$ είναι συνευθειακά
τότε $\displaystyle{OD\perp BC \Rightarrow ADC=90 ^{\circ} \Rightarrow a+x=90 ^{\circ} }$ άτοπο διότι $\displaystyle{a+x < 90 ^{\circ} }$ .
Άρα $\displaystyle{O\equiv D}$ , δηλαδή το σημείο τομής των διαγωνίων του τετραπλεύρου $\displaystyle{ABEC}$ είναι και κέντρο του περιγγεγραμμένου του κύκλου
οπότε στο τετραπλεύρο $\displaystyle{ABEC}$ οι διαγώνιοι είναι ίσοι και διχοτομούνται, άρα είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο
οπότε $\displaystyle{AD=DC=\frac{BC}{2}}$ οπότε $\displaystyle{\angle {BAC}=90 ^{\circ}}$ .

* Σωστή είναι, μου είπε η Φωτεινή

edit
Τα κόκκινα γράμματα και το σχήμα

: Γεωμετρείν 39.png (18.52 KiB) Προβλήθηκε 803 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 21, 2011 9:13 am**

Ας μου επιτραπεί μία άποψη:
Αν θεωρήσουμε το ύψος

τότε $\angle BAT = \angle DAC.$
Άρα το κέντρο του κύκλου (ABC)

θα βρίσκεται στην διάμεσο

που σημαίνει ότι το τρίγωνο ABC

θα είναι ορθογώνιο ή ισοσκελές, τελικά ορθογώνιο $\left(\alpha \varphi o\dot{\upsilon}, {\angle ADB < \frac{\pi }{2}} \right)$ .

(*) (ΑΣΚΗΣΗ 56) viewtopic.php?f=46&t=16463&p=96739#p96739

S.E.Louridas

mathematica.gr

Γεωμετρείν 39

Γεωμετρείν 39

Re: Γεωμετρείν 39

Re: Γεωμετρείν 39

Re: Γεωμετρείν 39

Re: Γεωμετρείν 39

Re: Γεωμετρείν 39

Re: Γεωμετρείν 39

Re: Γεωμετρείν 39

Re: Γεωμετρείν 39

Re: Γεωμετρείν 39

Re: Γεωμετρείν 39