Για Θαλή Α Λυκείου

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4247
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Για Θαλή Α Λυκείου

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Σάβ Οκτ 22, 2016 10:00 pm

ΣΧ2.png
ΣΧ2.png (31.76 KiB) Προβλήθηκε 728 φορές
Δίνεται τρίγωνο \displaystyle{ABC} και θεωρούμε τον κύκλο που διέρχεται από το \displaystyle{B} και εφάπτεται της \displaystyle{AC} στο \displaystyle{A}. Επίσης θεωρούμε τον κύκλο
που διέρχεται από το \displaystyle{C} και εφάπτεται της \displaystyle{AB} στο \displaystyle{A}. Έστω \displaystyle{D} το δεύτερο σημείο στο οποίο τέμνονται οι δύο κύκλοι.
Από το \displaystyle{B} φέρνουμε την ημιευθεία \displaystyle{Bx} έτσι ώστε οι γωνίες \displaystyle{DBx} και \displaystyle{ABC} να είναι ίσες. Αν η \displaystyle{Bx} τέμνει την \displaystyle{AD} στο \displaystyle{E}
να αποδείξετε ότι το \displaystyle{D} είναι το μέσον του \displaystyle{AE}



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4002
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Για Θαλή Α Λυκείου

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Κυρ Οκτ 23, 2016 9:13 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΣΧ2.png

Δίνεται τρίγωνο \displaystyle{ABC} και θεωρούμε τον κύκλο που διέρχεται από το \displaystyle{B} και εφάπτεται της \displaystyle{AC} στο \displaystyle{A}. Επίσης θεωρούμε τον κύκλο
που διέρχεται από το \displaystyle{C} και εφάπτεται της \displaystyle{AB} στο \displaystyle{A}. Έστω \displaystyle{D} το δεύτερο σημείο στο οποίο τέμνονται οι δύο κύκλοι.
Από το \displaystyle{B} φέρνουμε την ημιευθεία \displaystyle{Bx} έτσι ώστε οι γωνίες \displaystyle{DBx} και \displaystyle{ABC} να είναι ίσες. Αν η \displaystyle{Bx} τέμνει την \displaystyle{AD} στο \displaystyle{E}
να αποδείξετε ότι το \displaystyle{D} είναι το μέσον του \displaystyle{AE}
Για μια καλημέρα στον αγαπητό φίλο μου Δημήτρη
Για Θαλή Α' Λυκείου.png
Για Θαλή Α' Λυκείου.png (38.8 KiB) Προβλήθηκε 671 φορές
Από \angle DBE = \angle ABC \Rightarrow \angle EBC = \angle DBA \mathop  \Rightarrow \limits^{\angle DBA = \angle EAC\,\,(\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\, - \,\,\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma )} \angle EBC = \angle EAC \Rightarrow ABEC

εγγράψιμο σε κύκλο (έστω \left( O \right) κέντρου O ) και έστω Z\equiv BD\cap \left( O \right),Z\ne B και με \angle EBC = \angle ABZ \Rightarrow \tau o\xi .EC = \tau o\xi .AZ \Rightarrow \boxed{ZC\parallel AE}:\left( 1 \right).

Από \left( 1 \right) \Rightarrow \angle ZCD = \angle ZCA + \angle ACD \mathop  = \limits^{\angle ZCA = \angle EAC\,\,(\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \varepsilon \,\,\iota \sigma \alpha \,\,\tau o\xi \alpha ),\angle ACD = \angle BAE\,\,(\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \, - \,\,\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma )}

\angle EAC + \angle BAE = \angle BAC \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\,\,BEC} \angle BZC \Rightarrow \vartriangle ZDC είναι ισοσκελές οπότε η διάμεσος DM είναι και ύψος ,

άρα η DM διέρχεται από το κέντρο O του \left( O \right) \Rightarrow OM \bot CZ\mathop  \Rightarrow \limits^{AE\parallel CZ} MOD \bot AE \Rightarrow OD είναι το απόστημα στη χορδή AE του \left( O \right)\Rightarrow D

το μέσο της AE και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Με αδελφική αγάπη
Στάθης


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
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7131
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Για Θαλή Α Λυκείου

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Οκτ 23, 2016 11:17 am

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΣΧ2.png

Δίνεται τρίγωνο \displaystyle{ABC} και θεωρούμε τον κύκλο που διέρχεται από το \displaystyle{B} και εφάπτεται της \displaystyle{AC} στο \displaystyle{A}. Επίσης θεωρούμε τον κύκλο
που διέρχεται από το \displaystyle{C} και εφάπτεται της \displaystyle{AB} στο \displaystyle{A}. Έστω \displaystyle{D} το δεύτερο σημείο στο οποίο τέμνονται οι δύο κύκλοι.
Από το \displaystyle{B} φέρνουμε την ημιευθεία \displaystyle{Bx} έτσι ώστε οι γωνίες \displaystyle{DBx} και \displaystyle{ABC} να είναι ίσες. Αν η \displaystyle{Bx} τέμνει την \displaystyle{AD} στο \displaystyle{E}
να αποδείξετε ότι το \displaystyle{D} είναι το μέσον του \displaystyle{AE}

Καλημέρα.

Πρώτο βήμα.
για Θαλή Α Λυκείου_a.png
για Θαλή Α Λυκείου_a.png (29.6 KiB) Προβλήθηκε 647 φορές
Έστω M,N τα μέσα των AB,AC και K,L τα κέντρα των κύκλων (K)\,\,,\,\,(L) που διέρχονται

από τα ζεύγη , (A,\,\,B)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(A,\,\,C) κι εφάπτονται των AC,AB αντίστοιχα.

Αν D το άλλο κοινό σημείο των κύκλων αυτών και S,T τα αντιδιαμετρικά του A

στους κύκλους (K)\,\,,\,\,(L) τα σημεία S,D,T ως γνωστό ανήκουν στην ίδια ευθεία

και μάλιστα \boxed{AD \bot ST}\,\,(1)( ασκησούλα με απλές διάφορες αποδείξεις).

Αν τώρα O το μέσο του STπροφανώς το O είναι το περίκεντρο του \vartriangle ABC.

Δεύτερο βήμα:
για Θαλή Α Λυκείου_b.png
για Θαλή Α Λυκείου_b.png (35.56 KiB) Προβλήθηκε 647 φορές
Φέρνουμε τώρα τη ημιευθεία Bx με \widehat {{a_1}} = \widehat {xBC} = \widehat {DBA} = \widehat {{a_2}} . Επειδή \widehat {{a_3}} = \widehat {{a_2}} ( χορδής κι εφαπτομένης) θα είναι

\boxed{\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_3}}} που μας εξασφαλίζει ότι και το E( τομή των AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Bx) ανήκει στο περιγεγραμένο κύκλο , κέντρου O, του \vartriangle ABC .

Μα τότε το OD, λόγω της (1) είναι απόστημα στη χορδή AE του κύκλου αυτού και άρα AD = DE.

Φιλικά Νίκος

Επανέρχομαι στο αίτημα οι θεματοδότες ( αν το θέμα ανήκει στους νέους ειδικούς φακέλους ) να καθορίζει το χρόνο φραγής .


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4247
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Για Θαλή Α Λυκείου

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Οκτ 24, 2016 12:00 am

Αφού ευχαριστήσω τους πολύ καλούς φίλους Στάθη και Νίκο για τις ωραίες λύσεις, να πω ότι μόλις είδα πως δεν άλλαξα τα γράμματα στο σχήμα που έδωσα (αυτά που έδωσε το Geogebra). Έτσι, στην θέση του Ζ είναι το D και στην θέση του Η το Ε.


ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4247
Εγγραφή: Τρί Αύγ 31, 2010 10:37 pm
Τοποθεσία: Ιστιαία Ευβοίας

Re: Για Θαλή Α Λυκείου

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ » Δευ Οκτ 24, 2016 7:45 pm

SXHMA.png
SXHMA.png (31.48 KiB) Προβλήθηκε 553 φορές
ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε:ΣΧ2.png

Δίνεται τρίγωνο \displaystyle{ABC} και θεωρούμε τον κύκλο που διέρχεται από το \displaystyle{B} και εφάπτεται της \displaystyle{AC} στο \displaystyle{A}. Επίσης θεωρούμε τον κύκλο
που διέρχεται από το \displaystyle{C} και εφάπτεται της \displaystyle{AB} στο \displaystyle{A}. Έστω \displaystyle{D} το δεύτερο σημείο στο οποίο τέμνονται οι δύο κύκλοι.
Από το \displaystyle{B} φέρνουμε την ημιευθεία \displaystyle{Bx} έτσι ώστε οι γωνίες \displaystyle{DBx} και \displaystyle{ABC} να είναι ίσες. Αν η \displaystyle{Bx} τέμνει την \displaystyle{AD} στο \displaystyle{E}
να αποδείξετε ότι το \displaystyle{D} είναι το μέσον του \displaystyle{AE}
Ας δούμε και μια ακόμα λύση:

Είναι γων.CAD =γωνABD (από χορδή και εφαπτομένη) και γωνBAD =γωνACD (χορδή και εφαπτομένη). Άρα τα τρίγωνα ABD , ACD είναι
όμοια και άρα \frac{AD}{DC}=\frac{BD}{AD}\Rightarrow AD^2 =DC.BD (1)

Από την ομοιότητα των πιο πάνω τριγώνων, έχουμε ότι γωνBDA =γωνADC και άρα γωνBDE =γωνEDC. (2)
Επίσης αφού γωνEBD =γωνABD , άρα θα είναι και γωνEBC =γωνABD =γωνDAC. Συνεπώς το τετράπλευρο ABEC είναι εγγράψιμο και άρα
γωνAEC =γωνABC =EBD , από όπου και προκύπτει ότι γωνAEC =γωνEBD . (3)

Από τις σχέσεις (2) , (3) έχουμε ότι και τα τρίγωνα BDE , EDC είναι όμοια. Άρα \frac{DE}{DC}=\frac{BD}{DE}\Rightarrow DE^2 =DC.BD , (4)

Από τις σχέσεις (1),(4) έπεται ότι AD^2 = DE^2 και άρα AD=DE


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1256
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Για Θαλή Α Λυκείου

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τρί Οκτ 25, 2016 1:50 am

Καλημέρα σε όλους .
Μια προσέγγιση με αναζήτηση ίσων τριγώνων και με τις DA,DE ομόλογες πλευρές τους. Με βοηθό και το σχήμα :
23-10 Για Θαλή...PNG
23-10 Για Θαλή...PNG (13.87 KiB) Προβλήθηκε 528 φορές
Έχουμε \widehat{CBE}= \omega +\varphi =\widehat{ABD} ενώ και \widehat{ABD}=\widehat{CAE} (σχέση χορδής κι' εφαπτομένης με εγγεγραμμένη).
Άρα , όπως αναφέρθηκε ήδη, το τετράπλευρο ABEC είναι πλέον .. εγγεγραμμένο .

Η CD τέμνει τον κύκλο αυτό στο H. Ας συγκρίνουμε τα τρίγωνα BAD, DEH.
\widehat{B}=\omega +\varphi =\widehat{H}... \widehat{BAD}=\widehat{ACD} (σχέση χορδής κι' εφαπτομένης με εγγεγραμμένη) ενώ \widehat{ACH}=\widehat{AEH} άρα \widehat{A}=\widehat{E}=\chi και επιπλέον τόξα :

AH=BE \Rightarrow AB=HE οπότε και χορδές : AB=HE. Συνεπώς τα εν λόγω τρίγωνα είναι ίσα (κριτήριο Γ-Π-Γ) και τελικά AD=DE.

Φιλικά Γιώργος.


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης