Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

Συντονιστές: silouan, Doloros, george visvikis

Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1083
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Πέμ Μάιος 02, 2019 12:03 am

Καλό μήνα σε όλους
Ισόπλευρο λόγω 30άρας.PNG
Ισόπλευρο λόγω 30άρας.PNG (10.51 KiB) Προβλήθηκε 670 φορές
Το τρίγωνο ABC έχει \widehat{B}=\widehat{C}> 30^{0}. Στο εσωτερικό του θεωρούμε το σημείο H ώστε να ισχύουν:\widehat{CAH}=\dfrac{\widehat{A}}{4} και \widehat{HBC}=30^{0}

Στην προέκταση της BH παίρνουμε HE=AB. Να εξεταστεί αν το τρίγωνο AEC είναι ισόπλευρο.

Ευχαριστώ , Γιώργος.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3961
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Μάιος 02, 2019 1:48 am

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Πέμ Μάιος 02, 2019 12:03 am
Καλό μήνα σε όλους
Ισόπλευρο λόγω 30άρας.PNG
...Να εξεταστεί αν το τρίγωνο AEC είναι ισόπλευρο.

Ευχαριστώ , Γιώργος.
Καλημέρα Γιώργο. Και το ρωτάς ; ;)

Βάλε το I στη θέση του H και σε λίγο θα πάνε όλα στη θέση τους!


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5358
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Πέμ Μάιος 02, 2019 8:43 am

Καλή μέρα και καλό Μήνα.

Έστω K το σημείο τομής του ύψους AD με την BH. Αν E’ η τομή της BH με τον κύκλο (A,AB), τότε, το τρίγωνο CAE’ θα είναι ισόπλευρο, αφού \angle CAE = 2\frac{\pi }{6} = \frac{\pi }{3}. Όμως \angle CKE' = \frac{\pi }{3}, οπότε \angle KE'C = \angle KAC = 2\theta που σημαίνει ότι ο κύκλος (E’,E’A) διέρχεται από το H. Άρα E'H = E'A = AC = AB \Rightarrow E' \equiv E.
Επομένως ναι είναι ισόπλευρο (ας έκανε και αλλιώς).


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6716
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Πέμ Μάιος 02, 2019 12:18 pm

Έστω H' το συμμετρικό του H ως προς το ύψος AM του ισοσκελούς \vartriangle ABC και S το σημείο τομής των διαγωνίων του ισοσκελούς τραπεζίου BCHH'.
ισόπλευρο λόγω και της τριάντα_a.png
ισόπλευρο λόγω και της τριάντα_a.png (28.04 KiB) Προβλήθηκε 575 φορές
Τότε αβίαστα προκύπτουν: το σημείο H είναι το έγκεντρο του \vartriangle ASC και \boxed{\widehat {2\theta } + \widehat {2\omega } = 60^\circ  \Leftrightarrow \widehat \theta  + \widehat \omega  = 30^\circ }\,\,\,(1).

Γράφω τώρα τον κύκλο (A,S,C)
ισόπλευρο λόγω και της τριάντα_b.png
ισόπλευρο λόγω και της τριάντα_b.png (32.08 KiB) Προβλήθηκε 575 φορές


Η BS τέμνει αυτόν το κύκλο σε κάποιο σημείο E .

Προφανώς \widehat {AEC} = 180^\circ  - \widehat {CSA} = 180^\circ  - 120^\circ  = 60^\circ και αφού η HE διχοτομεί τη \widehat {CSA} θα είναι EA = EC δηλαδή το τρίγωνο AEC είναι ισόπλευρο,

Τέλος επειδή \widehat x = 60^\circ  + \widehat \omega ως εξωτερική στο \vartriangle HBC και \widehat {HCE} = 60^\circ  + \widehat \omega θα είναι

\boxed{EH = EC} και το ζητούμενο έχει αποδειχτεί .


Προφανώς η λύση του Σωτήρη είναι η πλέον ενδεδειγμένη .


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6716
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Πέμ Μάιος 02, 2019 6:47 pm

Αγνοώ προσωρινά το \vartriangle AEC. Γράφω τον κύκλο (H,B,C) κέντρου K πάνω στη μεσοκάθετο του BC. Τότε το \vartriangle HKC είναι ισόπλευρο , επίσης \vartriangle AHC = \vartriangle AHK.
ισόπλευρο λόγω και της τριάντας_new.png
ισόπλευρο λόγω και της τριάντας_new.png (37.26 KiB) Προβλήθηκε 528 φορές
Το τετράπλευρο HSKC είναι εγγράψιμο άρα \boxed{\widehat \omega  = \widehat \phi }\,\,\,(1). Έστω δε S το σημείο τομής των BH\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AM.

Φέρνω τώρα τη μεσοκάθετο του HC που τέμνει την BH στο Z. Προφανώς ZH = ZC.

Τα ισοσκελή τρίγωνα AKC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZHC έχουν τις βάσεις KC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,HC ίσες οπότε

λόγω της (1) είναι ίσα με άμεσες συνέπειες: ZH = ZC = u = AB = AC δηλαδή το

Z \equiv E, το τετράπλευρο ASCE είναι εγγράψιμο και αφού

\widehat {ASC} = 120^\circ  \Rightarrow \widehat {AEC} = 60^\circ οπότε το \vartriangle AEC είναι ισόπλευρο


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8403
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Μάιος 03, 2019 11:08 am

Μία περιγραφική λύση εκτός φακέλου.
Ισόπλευρο λόγω 30αρας.png
Ισόπλευρο λόγω 30αρας.png (20.83 KiB) Προβλήθηκε 501 φορές
Με νόμο ημιτόνων βρίσκω, \displaystyle AF + FC = \frac{{2b\sqrt 3 }}{3}\sin \left( {60^\circ  + \frac{A}{2}} \right) = FH + b = FE

κι επειδή το F είναι το σημείο Fermat του τριγώνου ABC, το AEC θα είναι ισόπλευρο.


thanasis.a
Δημοσιεύσεις: 485
Εγγραφή: Δευ Ιαν 02, 2012 10:09 pm

Re: Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από thanasis.a » Παρ Μάιος 03, 2019 11:03 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Πέμ Μάιος 02, 2019 12:03 am
Καλό μήνα σε όλους
Ισόπλευρο λόγω 30άρας.PNG
Το τρίγωνο ABC έχει \widehat{B}=\widehat{C}> 30^{0}. Στο εσωτερικό του θεωρούμε το σημείο H ώστε να ισχύουν:\widehat{CAH}=\dfrac{\widehat{A}}{4} και \widehat{HBC}=30^{0}

Στην προέκταση της BH παίρνουμε HE=AB. Να εξεταστεί αν το τρίγωνο AEC είναι ισόπλευρο.

Ευχαριστώ , Γιώργος.
draw1.png
draw1.png (30.3 KiB) Προβλήθηκε 455 φορές
..καλησπέρα..

φτιάχνουμε τον κύκλο (A,AB)με \displaystyle Z\equiv BH\cap (A,AB). Τότε έχουμε: \displaystyle AB=AC=AZ\,\,\,\wedge \,\,\,\,\widehat{CBC}=\frac{\widehat{CAZ}}{2}\Rightarrow \widehat{CAZ}=60^{\circ}\,\,\,(1) (ως επίκεντρη). Άρα το \displaystyle\bigtriangleup ACZ:AC=AZ\mathop\Rightarrow ^{(1)}AC=AZ=CZ.

Στο \bigtriangleup HAZ:\widehat{HAZ}=60^{\circ}+x\,\,\,(2) ενώ ταυτόχρονα η εξωτερική \displaystyle \widehat{AHZ}=3x+60^{\circ}-2x\Rightarrow \widehat{AHZ}=60^{\circ}+x\,\,\,(3).

Κατά συνέπεια απο \displaystyle(2),(3)\Rightarrow HZ=(AZ=ZC)=AB=AC\Rightarrow \boxed{H\equiv E} και ισοδύναμα αποδείχθηκε το πρόβλημα._


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1083
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Ισόπλευρο λόγω (και) της 30άρας

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Παρ Μάιος 10, 2019 11:36 pm

Καλό βράδυ. Σας ευχαριστώ όλους για τη συμμετοχή και τις ωραίες λύσεις σας!
Μία ακόμη προσέγγιση με απαγωγή..
Ισόπλευρο...Β.PNG
Ισόπλευρο...Β.PNG (14.46 KiB) Προβλήθηκε 414 φορές
Είναι \widehat{B}=\widehat{C}=90^{0}-2\theta  , \widehat{ABE}=60^{0}-2\theta και \widehat{AHE}=60^{0}+\theta .

Θέτω \widehat{CAE}=x οπότε \widehat{HAE}=x+\theta ...\widehat{AEB}=120^{0}-x-2\theta .

Έστω \boxed {x> 60^{0}} \Leftrightarrow HE> AE τότε AB=HE> AE\Leftrightarrow 120^{0}-x-2\theta> 60^{0}-2\theta \Leftrightarrow  \boxed {x< 60^{0}} ΆΤΟΠΟ

Άρα x= 60^{0} και AC=HE=AE δηλαδή το τρίγωνο AEC είναι ισόπλευρο. Φιλικά , Γιώργος.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες