Γεωμετρείν 75

Δημήτρης Μυρογιάννης · #1

Έστω το εγγράψιμο τετράπλευρο ABCD

με τις γωνίες του DAB,BCD

να είναι ορθές και η διαγώνιός του

επί της οποίας λαμβάνουμε τα σημεία G,E

τέτοια ώστε οι CG,AE

να είναι κάθετες σε αυτήν (

). Αν η γωνία GCD

έχει διπλάσιο μέτρο από την EAD

δείξτε ότι το τμήμα

έχει διπλάσιο μήκος από το

.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 75 .PNG (32.08 KiB) Προβλήθηκε 654 φορές

thanasis.a · #2

: draw1.png (22.41 KiB) Προβλήθηκε 609 φορές

..καλησπέρα..

Αρχικά φέρνουμε την $AC: H\equiv BD\bigcap{CA}$

έστω $\hat{DAE=\alpha }\Rightarrow \hat{ADB}=90-\alpha \Rightarrow \bigtriangleup ADB:\hat{DAB}=90^{\circ} \Rightarrow \hat{DBA}=\alpha$ .
Όμως:
$\hat{ABD}=\hat{DCA}=\alpha$ (βαίνουν στο ίδιο τόξο

).
Επίσης:
$CG\perp DB \wedge EA\perp BD\Rightarrow CG\parallel EA\Rightarrow \hat{EAH}=\hat{GCH}=\alpha$ .
Έτσι έχουμε: $EA\perp DH \wedge EA \delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \hat{DAH}\Rightarrow DE=EH (1)$
Όμως: $\bigtriangleup AEH\approx \bigtriangleup EAH\Rightarrow \frac{EA}{CG}=\frac{EH}{HG}(2)$
και σε συνδυασμό με την (1) $\Rightarrow \frac{EA}{CG}=\frac{DH}{2\cdot HG} (3)$ .

Από Θ. διχοτόμων στο $\bigtriangleup DCG \Rightarrow \frac{DH}{HG}=\frac{CD}{CG}(4)$

Από (3) , (4) καταλήγουμε: $\frac{EA}{CG}=\frac{DH}{2\cdot HG}=\frac{CD}{2\cdot CG}\Rightarrow EA=\frac{CD}{2} o\varepsilon \delta$

Grigoris K. · #3

Καλημέρα κ. Δημήτρη και κ. Θανάση. Μία ακόμη λύση:

Έστω $\displaystyle{ F }$ το συμμετρικό του

ως προς το

. Τότε το $\displaystyle{ \triangle DBF }$ είναι ισοσκελές.

Φέρω $\displaystyle{ FF' \perp DB }$ . Επειδή $\displaystyle{ DF = 2DA }$ ισχύει $\displaystyle{ FF' = 2 EA }$ .

Επίσης φέρω $\displaystyle{ DD' \perp BF }$ και ισχύει λόγω του ισοσκελούς ότι $\displaystyle{ DD' = FF' }$ .

Όμως $\displaystyle{ \widehat{CBD} = 2a = a + a = \widehat{DBA} + \widehat{ABF} = \widehat{DBF} }$ άρα η $\displaystyle{ BD }$ διχοτομεί την $\displaystyle{ \widehat{CBF} }$ .

Συνεπώς $\displaystyle{ DC = DD' = FF' = 2EA }$ .

Δημήτρης Μυρογιάννης · #4

Grigoris K. έγραψε:Καλημέρα κ. Δημήτρη και κ. Θανάση. Μία ακόμη λύση:

Έστω $\displaystyle{ F }$ το συμμετρικό του ως προς το . Τότε το $\displaystyle{ \triangle DBF }$ είναι ισοσκελές.

Φέρω $\displaystyle{ FF' \perp DB }$ . Επειδή $\displaystyle{ DF = 2DA }$ ισχύει $\displaystyle{ FF' = 2 EA }$ .

Επίσης φέρω $\displaystyle{ DD' \perp BF }$ και ισχύει λόγω του ισοσκελούς ότι $\displaystyle{ DD' = FF' }$ .

Όμως $\displaystyle{ \widehat{CBD} = 2a = a + a = \widehat{DBA} + \widehat{ABF} = \widehat{DBF} }$ άρα η $\displaystyle{ BD }$ διχοτομεί την $\displaystyle{ \widehat{CBF} }$ .

Συνεπώς $\displaystyle{ DC = DD' = FF' = 2EA }$ .

Να ευχαριστήσω για τις λύσεις σας Θανάση και Γρηγόρη και δίνω το σχήμα της λύσης του αξιαγάπητου Γρηγόρη.... (ίσως επανέλθω και εγώ με κάτι διαφορετικό)....

: Grigoris K. Γεωμετρείν 75.PNG (43.33 KiB) Προβλήθηκε 517 φορές

p_gianno · #5

Έστω

συμμετρικά των A ,C

αντιστοίχως ως προς άξονα

. Είναι τότε AA’=2AE

Επίσης

$\angle DCG=CBD=2a$ (οξείες με πλευρές καθέτους)

$\angle CBD= DAC=2a$ ( DCBA

εγγεγραμμένο) συνεπώς

$\angle EAC =a$ άρα

$\tau o \xi CA’=\tau o\xi A’D =2a$ (1)

$AE//CG \rightarrow \angle EAC=ACG=a \rightarrow DCA=ACG=a \rightarrow$

$\tau o \xi DA=\tau o \xi AC’=2a$ (2)

(1),(2) $\rightarrow \tau o \xi CD = \tau o \xi A’A =4a \rightarrow CD=A’A=2AE$

Δημήτρης Μυρογιάννης · #6

Επανέρχομαι…
Φέρουμε τη

η οποία τέμνει την

στο σημείο

και επί της προέκτασής της λαμβάνουμε σημείο

τέτοιο ώστε DL=DC

.
Η γωνία (οξείες με κάθετες πλευρές) ABD

έχει μέτρο

.
Η γωνία ACD

από το εγγράψιμο ABCD

έχει και αυτή μέτρο

, που σημαίνει (λόγω παραλληλίας) ότι και η γωνία EAC

έχει μέτρο

δηλαδή η

είναι και διάμεσος…
Στο τρίγωνο DML

η

είναι παράλληλη στην

και διέρχεται από το μέσο

του

……

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 75 ΛΥΣΗ.PNG (40.5 KiB) Προβλήθηκε 489 φορές

Γεωμετρείν 75

Γεωμετρείν 75

Re: Γεωμετρείν 75

Re: Γεωμετρείν 75

Re: Γεωμετρείν 75

Re: Γεωμετρείν 75

Re: Γεωμετρείν 75

Μέλη σε σύνδεση