Ίσες γωνίες 2

KARKAR · #1

: Ίσες γωνίες 2.png (36.17 KiB) Προβλήθηκε 1547 φορές

Στο ορθογώνιο ABCD

, προεκτείναμε την πλευρά

κατά ίσο τμήμα AB'

.

Η κάθετη της

στο

, τέμνει την ευθεία B'D

στο

. Δείξτε ότι : $\hat{ASD}=\hat{BSC}$

big-pitsirikos · #2

KARKAR έγραψε:
Ίσες γωνίες 2.png
Στο ορθογώνιο , προεκτείναμε την πλευρά κατά ίσο τμήμα .

Η κάθετη της στο , τέμνει την ευθεία στο . Δείξτε ότι : $\hat{ASD}=\hat{BSC}$

Καλημέρα Θανάση!

Αν $\widehat{DB'A}=\widehat{ABD}=\widehat{CBS}=\phi, \widehat{B'DA}=\widehat{DBC}=\omega$ , έχουμε με νόμο ημιτόνων στο $\triangle SB'B$ :

$\dfrac{B'S}{\sin( 90+\phi)}=\dfrac{BS}{\sin \phi} \Leftrightarrow \dfrac{BS}{B'S}=\tan \phi$ (1).

Ακόμη, από το ορθογώνιο CBA

, $\tan \phi=\dfrac{BC}{AB}$ (2).

Από τις (1), (2), $\dfrac{BS}{B'S}=\dfrac{BC}{BA}=\dfrac{BC}{B'A}$ .

Έτσι, $\dfrac{BS}{B'S}=\dfrac{BC}{B'A}$ , και αφού $\widehat{SB'A}=\widehat{CBS}$ , τα τρίγωνα SCB, SB'A

είναι όμοια, άρα $\widehat{ASB'}=\widehat{BSC}$ .

Ιστοσελίδα · #3

KARKAR έγραψε:Στο ορθογώνιο , προεκτείναμε την πλευρά κατά ίσο τμήμα .

Η κάθετη της στο , τέμνει την ευθεία στο . Δείξτε ότι : $\hat{ASD}=\hat{BSC}$

Καλημέρα.

: Ίσες-γωνίες-2.png (23.88 KiB) Προβλήθηκε 1525 φορές

Έστω $E \equiv BC \cap SB'$ και προφανώς BC = CE

. Από τις ίσες γωνίες $\omega$ προκύπτουν τα όμοια τρίγωνα $SB'B,\,SBE$

Έτσι $\dfrac{{SB'}}{{B'B}} = \dfrac{{SB}}{{BE}} \Leftrightarrow \dfrac{{SB'}}{{\frac{{B'B}}{2}}} = \dfrac{{SB}}{{\frac{{BE}}{2}}} \Leftrightarrow \dfrac{{SB'}}{{B'A}} = \dfrac{{SB}}{{BC}}\mathop \Rightarrow \limits^{A\widehat {B'}S = S\widehat BC} \triangleleft SB'A \sim \triangleleft SBC$ και το ζητούμενο προκύπτει άμεσα.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #4

Το τρίγωνο DB'B

είναι ισοσκελές, καθώς το ύψος του

είναι και διάμεσος. Άρα $\widehat{CDB}=\widehat{DBB'}=\widehat{DB'B}=\widehat{SDC}=x$ και $\widehat{SDB}=2x$ . Ισχύει λοιπόν ότι $\widehat{DBB'}=90-\widehat{DBC}=\widehat{CBF}=x$ (1)

Έστω

, το σημείο τομής της

με την

. Προεκτείνουμε την

και έστω

το σημείο τομής της με την

.

Επειδή DF//B'B

και

, από Θαλή προκύπτει ότι DE=EF

. Το τρίγωνο DFB

είναι ορθογώνιο και η

είναι διάμεσος στην υποτείνουσα, άρα DE=EB

.

Επομένως, $\widehat{EBD}=\widehat{EDB}=x$ , $\widehat{BEC}=2x$ και $\widehat{BEC}=\widehat{SDB}$ . Επομένως τα ορθογώνια τρίγωνα SDB

και

είναι όμοια. Συνεπώς $\dfrac{EB}{CB}=\dfrac{DS}{SB} \Rightarrow \dfrac{DE}{CB}=\dfrac{DS}{SB}$ (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι τα τρίγωνα SDE

και

είναι όμοια συνεπώς οι ζητούμενες γωνίες είναι ίσες.

KARKAR · #5

: Τώρα.png (14.57 KiB) Προβλήθηκε 1489 φορές

Ας δοκιμάσουμε τώρα κάτι άλλο : Με κορυφές B , D

, φτιάξαμε τις ίσες μπλε γωνίες ,

των οποίων οι άλλες πλευρές τέμνονται στο

. Επιλέγουμε σημείο

της

,

ώστε : $\widehat{DSP}=\widehat{CSB}$ . Εξετάστε αν τα A,P,S

είναι συνευθειακά .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

KARKAR έγραψε:Ίσες γωνίες 2.pngΣτο ορθογώνιο , προεκτείναμε την πλευρά κατά ίσο τμήμα .

Η κάθετη της στο , τέμνει την ευθεία στο . Δείξτε ότι : $\hat{ASD}=\hat{BSC}$

Έστω $\displaystyle{\theta }$ όλες οι ίσες μεταξύ τους κόκκινες γωνίες.Άρα $\displaystyle{AC//B'S \Rightarrow \angle DSA = \angle SAC = \omega }$

Έστω τώρα $\displaystyle{PM//BS}$ .Είναι, $\displaystyle{\angle MPC = \phi }$ και $\displaystyle{MP \bot DB}$ $\displaystyle{ \Rightarrow DNCM,DNPA}$

εγγράψιμα $\displaystyle{ \Rightarrow BP \cdot BA = BN \cdot BD = BC \cdot BM \Rightarrow AMCP}$ εγγράψιμο $\displaystyle{ \Rightarrow \angle AMP = \angle ACP \Rightarrow \angle x + \phi = \angle x + \omega \Rightarrow \boxed{\angle \phi = \angle \omega }}$

: ig2.png (29.17 KiB) Προβλήθηκε 1480 φορές

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #7

KARKAR έγραψε:Ας δοκιμάσουμε τώρα κάτι άλλο : Με κορυφές , φτιάξαμε τις ίσες μπλε γωνίες ,

των οποίων οι άλλες πλευρές τέμνονται στο . Επιλέγουμε σημείο της ,

ώστε : $\widehat{DSP}=\widehat{CSB}$ . Εξετάστε αν τα είναι συνευθειακά .

Φέρνουμε την

. Θα αποδείξουμε ότι $\widehat{DSA}=\widehat{CSB}$ .

Προεκτείνουμε την

προς το

και έστω

το σημείο τομής της με το

. Ισχύει προφανώς ότι $\widehat{SBC}=\widehat{CDS}=\widehat{BFS}=x$ (1).

Ακόμη $\dfrac{CB}{AF}=\dfrac{AD}{AF}=\tan x$ (2)

Τέλος, από νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο FSB

, έχουμε ότι:

$\dfrac{BS}{\sin x}=\dfrac{FS}{\sin (90+x)}=\dfrac{FS}{\cos x}\Rightarrow \dfrac{BS}{FS}=\tan x$ (3)

Από τις σχέσεις (1), (2) και (3) προκύπτει ότι τα τρίγωνα AFS

και

είναι όμοια, άρα $\widehat{DSA}=\widehat{CSB}$ είναι ίσες.

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι η

ταυτίζεται με την

, άρα τα

συνευθειακά.

#8

KARKAR έγραψε:Τώρα.pngΑς δοκιμάσουμε τώρα κάτι άλλο : Με κορυφές ,τυχόντος παραλληλογράμμου φτιάξαμε τις ίσες μπλε γωνίες , των οποίων οι άλλες πλευρές τέμνονται στο . Επιλέγουμε σημείο της , ώστε : $\widehat{DSP}=\widehat{CSB}$ . Εξετάστε αν τα είναι συνευθειακά .

: Ισες γωνίες 2.png (20.42 KiB) Προβλήθηκε 1452 φορές

Από την προφανή ομοιότητα $\vartriangle SCB\sim \vartriangle SPD$ (δύο γωνίες ίσες μια προς μία) προκύπτει ότι: $\dfrac{{SC}}{{SP}} = \dfrac{{CB}}{{DP}}\mathop \Rightarrow \limits^{BC = AD} \boxed{\dfrac{{SC}}{{SP}} = \dfrac{{DA}}{{DP}}}:\left( 1 \right)$

και $\angle SPC = \angle QCP\left( {Q \equiv BC \cap SP} \right) \Rightarrow$ $\vartriangle QCS \sim \vartriangle CPS \Rightarrow \dfrac{{SC}}{{SP}} = \dfrac{{CQ}}{{CP}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$ $\dfrac{{DA}}{{DP}} = \dfrac{{CQ}}{{CP}}\mathop \Rightarrow \limits^{CQ\parallel AD} A,P,Q$ συνευθειακά

και με συνευθειακά προκύπτει ότι $A,P,\left( Q \right),S$ συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Ίσες γωνίες 2

Ίσες γωνίες 2

Re: Ίσες γωνίες 2

Re: Ίσες γωνίες 2

Re: Ίσες γωνίες 2

Re: Ίσες γωνίες 2

Re: Ίσες γωνίες 2

Re: Ίσες γωνίες 2

Re: Ίσες γωνίες 2

Μέλη σε σύνδεση