mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 19, 2011 1:08 pm**

Στην πλευρά

, τριγώνου $\displaystyle ABC$ βρίσκονται σημεία D , E

, ώστε :

Αν είναι και $\widehat{BAD}=\widehat{EAC}$ , να δειχθεί ότι το $\displaystyle ABC$ είναι ισοσκελές .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 19, 2011 2:14 pm**

KARKAR έγραψε:Στην πλευρά , τριγώνου $\displaystyle ABC$ βρίσκονται σημεία , ώστε :

Αν είναι και $\widehat{BAD}=\widehat{EAC}$ , να δειχθεί ότι το $\displaystyle ABC$ είναι ισοσκελές .

Τα τρίγωνα ABD, ACE

έχουν προφανώς ίσα εμβαδά. Άρα $\frac {1}{2}AB\cdot AD \sin \theta= \frac {1}{2}AC\cdot AE \sin \phi$ οπότε $AB\cdot AD = AC\cdot AE$ (*).
Αν

το ύψος, θα δείξουμε ότι DM=MC

, από όπου είναι εύκολο να δούμε (το αφήνω) ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές (και $\angle D = \angle E, \angle B = \angle C$ ) .

Έχουμε: Αν MD<ME

(όμοια αν

) τότε

και $\angle DAM < \angle EAM$ . Άρα $\angle BAM < \angle CAM$ και AB<AC

. Αλλά τότε $AB\cdot AD < AC\cdot AE$ , που συγκρούεται με την (*). Από το άτοπο έχουμε το ζητούμενο.

Ας προσθέσω ότι στα παραπάνω έχουμε μερικές κρυφές παραδοχές. Πρώτα από όλα ότι τα D,E

είναι εκατέρωθεν του

. Αλλιώς η απόδειξη προσαρμόζεται πολύ απλά αλλά με μία εξαίρεση: όταν $\theta = \phi = A$ . Στην περίπτωση αυτή δεν αποδεικνύεται το ζητούμενο, αλλά μπορούμε να την θεωρήσουμε ως την "εκφυλισμένη εκδοχή".

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 19, 2011 5:30 pm**

Και μια διαφορετική προσέγγιση που χρησιμοποιεί τα πολύ δυνατά (απαγορευμένα !) εργαλεία της Τριγωνομετρίας και Θεωρήματα της Γεωμετρίας.

: 19-9-2011 Γεωμετρία.jpg (13.4 KiB) Προβλήθηκε 545 φορές

Στο $\displaystyle ABD$ από Ν. Ημιτόνων: $\displaystyle \frac{{BD}}{{\eta \mu \phi }} = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{\eta \mu BDA}}$

Στο $\displaystyle AEC$ από Ν. Ημιτόνων: $\displaystyle \frac{{EC}}{{\eta \mu \phi }} = \frac{{{\rm A}C}}{{\eta \mu CEA}}$

Οπότε $\displaystyle \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{\eta \mu BDA}} = \frac{{{\rm A}C}}{{\eta \mu CEA}} \Leftrightarrow \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{\eta \mu BDA}}{{\eta \mu CEA}}$

Στο $\displaystyle ADE$ από Ν. Ημιτόνων: $\displaystyle \frac{{AE}}{{\eta \mu EDA}} = \frac{{{\rm A}D}}{{\eta \mu DEA}} \Leftrightarrow \frac{{AE}}{{AD}} = \frac{{\eta \mu EDA}}{{\eta \mu DEA}}$

Όμως $\displaystyle \begin{array}{l} \widehat{BDA} + \widehat{EDA} = 180^\circ \Rightarrow \eta \mu BDA = \eta \mu EDA \\ \widehat{CEA} + \widehat{DEA} = 180^\circ \Rightarrow \eta \mu CEA = \eta \mu DEA \\ \end{array}$

Οπότε $\displaystyle \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AD}}$

Φέρνουμε τη κοινή διχοτόμο $\displaystyle AK$ των $\displaystyle \widehat{BAC,}\;\widehat{DAE}$

Τότε, από Θ. Διχοτόμων στο $\displaystyle DEA:\;\frac{{AE}}{{AD}} = \frac{{KE}}{{DK}}$ και στο $\displaystyle BAC:\;\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BK}}{{CK}}$

Άρα, θέτοντας $\displaystyle BD = EC = \alpha$ , έχουμε:

$\displaystyle \begin{array}{l} \frac{{KE}}{{DK}} = \frac{{DK + \alpha }}{{{\rm K}{\rm E} + \alpha }} \Leftrightarrow KE^2 + \alpha \cdot KE = DK^2 + \alpha \cdot DK \Leftrightarrow \\ \\ \left( {KE - DK} \right)\left( {KE + DK} \right) = \left( {DK - KE} \right) \cdot \alpha \\ \end{array}$

Αν $\displaystyle KE \ne DK$ οδηγούμαστε στο άτοπο: $\displaystyle \alpha = - \left( {KE + DK} \right)$ ,

οπότε $\displaystyle KE = DK$ άρα η διχοτόμος $\displaystyle AK$ είναι και διάμεσος, άρα $\displaystyle DAE$ ισοσκελές, οπότε $\displaystyle \widehat{BDA} = \widehat{CEA}$ άρα και $\displaystyle ABC$ ισοσκελές, ο.ε.δ.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 19, 2011 5:44 pm**

Μία άλλη εκδοχή:
Οι κύκλοι (ABD)

και

είναι, προφανώς, ίσοι.
Συνεπώς τα κέντρα τους ισαπέχουν από την $BC (p=r,\alpha \varphi o \upsilon BD=EC).$
Επομένως η κοινή τους χορδή

είναι μεσοκάθετη της BC.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 04, 2013 9:39 pm**

μήπως να δούμε και καμία άλλη ιδέα;

ωραία άσκηση αλλά όχι εύκολη (για την τάξη)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μάιος 04, 2013 10:22 pm**

ως αθροίσματα ίσων τμημάτων και $\widehat {BAE} = \widehat {DAC}$ (1) ως αθροίσματα ίσων γωνιών.

Τα τρίγωνα ABE

και

είναι ισεμβαδικά αφού έχουν ίσες βάσεις ( BE = CD

) και κοινό ύψος από την κορυφή

.

$\left( {ABE} \right) = \left( {ACD} \right) \Rightarrow \frac{1}{2}AB \cdot AE \cdot \eta \mu BAE = \frac{1}{2}AD \cdot AC \cdot \eta \mu DAC\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$

$\displaystyle{AB \cdot AE = AD \cdot AC \Rightarrow \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AD}}{{AE}}}$ (2)

Αφού $\displaystyle{\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{AD}}{{AE}}}$ και $\widehat {BAD} = \widehat {EAC}$ τα τρίγωνα BAD

και

είναι όμοια με λόγο ομοιότητας

$\displaystyle\lambda = \frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{BD}}{{EC}} = 1 \Rightarrow AB = AC$ , οπότε το τρίγωνο ABC

είναι ισοσκελές.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 05, 2013 12:53 am**

KARKAR έγραψε:Στην πλευρά , τριγώνου $\displaystyle ABC$ βρίσκονται σημεία , ώστε :

Αν είναι και $\widehat{BAD}=\widehat{EAC}$ , να δειχθεί ότι το $\displaystyle ABC$ είναι ισοσκελές .

Ο Χριστός αναστήθηκε! – Χρόνια πολλά σε όλους.

: Προφανές αλλά.png (26.29 KiB) Προβλήθηκε 309 φορές

Γράφω τον περίκυκλο του ABC

και προεκτείνω τις AD,AE

μέχρι να τον κόψουν (ακόμα) στα Z,H

αντίστοιχα .
Επειδή ${\widehat a_1} = {\widehat a_2} \Rightarrow BZ = CH$ και άρα το τετράπλευρο BZHC

είναι ισοσκελές τραπέζιο οπότε αβίαστα προκύπτει ότι τα τρίγωνα $BZD\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,CHE$ είναι ίσα ( $BD = CE,BZ = CH,{\widehat a_3} = {\widehat a_4}$ ). Από την ισότητα αυτών των τριγώνων έχουμε $\boxed{\widehat \varphi = \widehat \theta }$ .
Μετά απ’ αυτά και τα τρίγωνα $ABZ\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ACH$ προκύπτουν ίσα και έτσι AB = AC

.

(Δεν ξέρω αν έκανα καμιά «πατάτα»)

Φιλικά Νίκος

mathematica.gr

Προφανές , αλλά ...

Προφανές , αλλά ...

Re: Προφανές , αλλά ...

Re: Προφανές , αλλά ...

Re: Προφανές , αλλά ...

Re: Προφανές , αλλά ...

Re: Προφανές , αλλά ...

Re: Προφανές , αλλά ...