Γωνίες με μέσον

#1

: Γωνίες με μέσον.png (8.76 KiB) Προβλήθηκε 1115 φορές

Σε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ABC(AB=AC)

η κάθετη από την κορυφή

στη διάμεσο

τέμνει την υποτείνουσα στο

Να δείξετε ότι $A\widehat MC=B\widehat MP.$

KARKAR · #2

: Γωνίες.png (7.62 KiB) Προβλήθηκε 1099 φορές

Η πρασινοκόκκινη ισότητα και η πρασινομπλέ ομοιότητα δίνουν τη λύση

#3

: Γωνίες με μέσον_1.png (17.46 KiB) Προβλήθηκε 1096 φορές

Έστω

το μέσο του

και

το βαρύκεντρο του $\vartriangle ABC$ που είναι προφανώς

ορθόκεντρο του $\vartriangle APC$ . Επειδή $OG = OP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PM//AC$ θα είναι η

διχοτόμος

της ορθής γωνίας $\widehat {GOP}$ με άμεση συνέπεια , $\vartriangle GOM = \vartriangle POM \Rightarrow MG = MP$ και

αφού $BP = AG \Leftrightarrow BP + PO = AG + GO$ θα είναι $\vartriangle AMG = \vartriangle BMP$ και το ζητούμενο προφανές.

#4

: Γωνίες με μέσον.png (18.61 KiB) Προβλήθηκε 1088 φορές

Ας είναι

το μέσο του $BC = 12k\,\,,\,\,k > 0$ . Έστω ακόμα

το σημείο τομής των $CM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AP$

Θέτω $AC = 2m \Rightarrow AM = MB = m\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\boxed{\dfrac{{TC}}{{CM}} = \dfrac{{A{C^2}}}{{A{M^2}}} = 4}\,\,(1)$ .

Από το Θ. Μενελάου στο $\vartriangle MBC$ με διατέμνουσα $\overline {ATP}$ έχω :

$\dfrac{{MA}}{{AB}} \cdot \dfrac{{BP}}{{PC}} \cdot \dfrac{{CT}}{{TM}} = 1 \Rightarrow \boxed{PC = 2BP}$ και άρα :

$\dfrac{{OP}}{{OC}} = \dfrac{{AP}}{{AC}} \Leftrightarrow \dfrac{{2k}}{{6k}} = \dfrac{{4k}}{{12k}}$ δηλαδή τα O,B

αρμονικά συζυγή των P,C

και αφού $MO \bot MB$ στο $\vartriangle MPC$ οι $MO\,\,,MB$ είναι εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος αντίστοιχα και το ζητούμενο φανερό .

#5

george visvikis έγραψε:Γωνίες με μέσον.png
Σε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο η κάθετη από την κορυφή στη διάμεσο

τέμνει την υποτείνουσα στο Να δείξετε ότι $A\widehat MC=B\widehat MP.$

: Γωνίες με μέσον_3.png (31.45 KiB) Προβλήθηκε 1072 φορές

Ας είναι

το μέσο του

και

το σημείο τομής των $AP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MC$ .

Το τετράπλευρο ATOC

είναι εγγράψιμο γιατί τα $T,\,\,O$ βλέπουν υπό ίσες γωνίες την

και άρα $\widehat \phi = \widehat {{\omega _1}}$ . Αλλά $\widehat \phi = \widehat x$ ( οξείες με πλευρές κάθετες) , άρα $\widehat x = \widehat {{\omega _1}}\,\,\,(1)$ .

Δηλαδή και το τετράπλευρο MBOT

είναι εγγράψιμο σε κύκλο κέντρου

και

διαμέτρου

γιατί $\widehat {BMO} = 90^\circ$ . Αν

ο νότιος πόλος σ αυτόν τον κύκλο θα

είναι $\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}}$ ως εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο . Λόγω τώρα της (1)

θα είναι $\widehat x = \widehat {{\omega _2}}$ .

Αλλά λογω συμμετρίας ως προς την

θα είναι $\widehat {{\omega _2}} = \widehat y$ και άρα $\boxed{\widehat x = \widehat y}$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

george visvikis έγραψε:Γωνίες με μέσον.png
Σε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο η κάθετη από την κορυφή στη διάμεσο

τέμνει την υποτείνουσα στο Να δείξετε ότι $A\widehat MC=B\widehat MP.$

Με $AN\perp BC$ ,

είναι ορθόκεντρο του $\triangle APC$ ,άρα $\angle NPH=45^{0}\Rightarrow PH//AB\Rightarrow AHPB$ ισοσκελές τραπέζιο

Άρα η μεσοκάθετος

της

είναι μεσοκάθετος και της

$\Rightarrow \angle PMN=\angle NMH\Rightarrow x=y$

: GMM.png (17.37 KiB) Προβλήθηκε 1056 φορές

Τώρα βλέπω ότι η λύση μου είναι ίδια με την πρώτη του Νίκου. Την αφήνω...

STOPJOHN · #7

george visvikis έγραψε:Γωνίες με μέσον.png
Σε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο η κάθετη από την κορυφή στη διάμεσο

τέμνει την υποτείνουσα στο Να δείξετε ότι $A\widehat MC=B\widehat MP.$

Θα αποδείξω οτι

$\hat{DMC}=\hat{PMD}\Leftrightarrow \dfrac{PD}{MP}=\dfrac{DC}{MC}, MD//AC,$
Ισχύουν
$a^{2}=2b^{2}\Leftrightarrow a=b\sqrt{2},MC^{2}=\frac{5b^{2}}{4}\Leftrightarrow MC=\dfrac{a\sqrt{10}}{4},DC=\dfrac{a}{2},\dfrac{DC}{MC}=\dfrac{\sqrt{10}}{5},(1)$

Aπο τα όμοια τρίγωνα $AIO,APD,PD=\dfrac{a}{6},$
Από το θεώρημα
$Stweart ,BMD,MP=\dfrac{a\sqrt{10}}{12},\dfrac{PD}{MP}=\dfrac{\sqrt{10}}{5},(2), (1),(2)\Rightarrow \dfrac{DC}{MC}=\dfrac{PD}{MP}\Leftrightarrow 90-\phi =90-\omega \Leftrightarrow \omega =\phi$

Γιάννης

Γιώργος Μήτσιος · #8

Xαίρετε ! Παραλλαγή με χρήση του σχήματος :

: 12-7-17 Γωνίες..GV.PNG (6.96 KiB) Προβλήθηκε 990 φορές

Είναι $\varepsilon \varphi \omega=\dfrac{AC}{AM} =2 \Rightarrow CH=2AH=4MH$ . Με το Θ. Μενελάου στο τρίγωνο BMC

και διατέμνουσα την AHP

(όπως στη β' λύση του Νίκου ) βρίσκουμε BP=PC/2=BC/3

.

Φέρω $PZ\perp AB$ τότε : $\dfrac{BZ}{BA}=\dfrac{BP}{BC}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow BZ=2BM/3\Rightarrow BZ=2MZ$ .

Τέλος έχουμε και $\varepsilon \varphi \theta =\dfrac{PZ}{MZ}=\dfrac{BZ}{MZ}=2$ οπότε $\omega =\theta$ .

Φιλικά Γιώργος.

KARKAR · #9

: Ανα-λυτική.png (14.15 KiB) Προβλήθηκε 978 φορές

Συμπληρώνω το τετράγωνο ABDC

. Τα τρίγωνα CAM,ABN

είναι ίσα ,

όπως και τα τρίγωνα MBP,NBP

, συνεπώς : $\widehat{AMC}=\widehat{ANB}=\widehat{BMP}$ .

Κι ένα πρόσθετο ερώτημα : Βρείτε τη σχέση των γωνιών $\widehat{MCB}=\widehat{APM}$

#10

KARKAR έγραψε: Κι ένα πρόσθετο ερώτημα : Βρείτε τη σχέση των γωνιών $\widehat{MCB}=\widehat{APM}$

: Γωνίες με μέσον.β.png (11.8 KiB) Προβλήθηκε 972 φορές

$\displaystyle{\theta = {90^0} - P\widehat MH = {90^0} - ({180^0} - 2\omega ) = 2(\omega - {45^0}) = 2(A\widehat MC - {45^0}) \Leftrightarrow }$ $\boxed{\theta=2\varphi}$

Γωνίες με μέσον

Γωνίες με μέσον

Re: Γωνίες με μέσον

Re: Γωνίες με μέσον

Re: Γωνίες με μέσον

Re: Γωνίες με μέσον

Re: Γωνίες με μέσον

Re: Γωνίες με μέσον

Re: Γωνίες με μέσον

Re: Γωνίες με μέσον

Re: Γωνίες με μέσον

Μέλη σε σύνδεση