Κριτήριο ισοσκελούς 5

Γρίφοι, Σπαζοκεφαλιές, προβλήματα λογικής, μαθηματικά παιχνίδια, αινίγματα

Συντονιστής: Γιώργος Ρίζος

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9204
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Κριτήριο ισοσκελούς 5

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Μαρ 24, 2019 6:34 pm

Κριτήριο ισοσκελούς.5.png
Κριτήριο ισοσκελούς.5.png (9.83 KiB) Προβλήθηκε 870 φορές
Στην πλευρά BC τριγώνου ABC θεωρούμε δύο σημεία D, E ώστε BD=EC και B\widehat AD=C\widehat AE.

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ABC είναι ισοσκελές;


Η άσκηση είναι γνωστή. Παρόλα αυτά, ενδιαφέρομαι για το πόσες διαφορετικές λύσεις μπορούμε να συγκεντρώσουμε,
γι αυτό την έβαλα σε ουδέτερο φάκελο δίχως δεσμεύσεις. Θα παρακαλούσα όμως να αποφύγουμε τις παραπομπές.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1610
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Δευ Μαρ 25, 2019 12:11 am

george visvikis έγραψε:
Κυρ Μαρ 24, 2019 6:34 pm
Κριτήριο ισοσκελούς.5.png
Στην πλευρά BC τριγώνου ABC θεωρούμε δύο σημεία D, E ώστε BD=EC και B\widehat AD=C\widehat AE.

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ABC είναι ισοσκελές;


Η άσκηση είναι γνωστή. Παρόλα αυτά, ενδιαφέρομαι για το πόσες διαφορετικές λύσεις μπορούμε να συγκεντρώσουμε,
γι αυτό την έβαλα σε ουδέτερο φάκελο δίχως δεσμεύσεις. Θα παρακαλούσα όμως να αποφύγουμε τις παραπομπές.
Γεια σου Γιώργο.

Έστω O_1,O_2 τα περίκεντρα των \vartriangle ADB, \vartriangle AEC, αντίστοιχα.

Από Ν. Ημιτόνων, 2O_1D=\dfrac{BD}{\sin \angle BAD}=\dfrac{CE}{\sin \angle EAC}=2O_2E.

Άρα, O_1D=O_2E. Επίσης, \angle BO_1D=2\angle BAD=2\angle EAC=2\angle EO_2C \Rightarrow \angle O_1DE=\angle O_2ED.

Συνεπώς, τα τρίγωνα \vartriangle O_1DE, \vartriangle O_2ED, έχουν O_1D=O_2E, την DE κοινή, και \angle O_1DE=\angle O_2ED, άρα είναι ίσα.

Συνεπώς, \angle DO_1E=\angle DO_2E \Rightarrow O_1DEO_2 είναι εγγράψιμο. Αφού όμως O_1D=O_2E, είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Άρα, \angle DO_1O_2=\angle EO_2O_1, και αφού AO_1=AO_2 \Rightarrow \angle AO_1O_2=\angle AO_2O_1, οπότε \angle AO_1D=\angle AO_2E, οπότε τα \vartriangle AO_1D, \vartriangle AO_2E είναι ίσα, συνεπώς AD=AE, οπότε \angle ABC=\angle ADE-\angle BAD=\angle AED-\angle EAC=\angle ACB, και το ζητούμενο έπεται.

Υ.Γ. Νομίζω έχω ξαναγράψει την ίδια απόδειξη στο forum, αλλά δεν βρίσκω το link.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1610
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Δευ Μαρ 25, 2019 12:18 am

Και μία άλλη, αρκετά συντομότερη.

Έστω c ο περιγεγραμμένος κύκλος του \vartriangle ABC, και K \equiv AD \cap c, L \equiv AE \cap c.

Τότε, \angle BAK=\angle CAL \Rightarrow BK=CL και \angle DBK=\angle CAK=\angle KAL+\angle LAC=\angle KAL+\angle BAK=\angle BAL=\angle ECL.

Άρα, τα \vartriangle BDK,\vartriangle CEL, είναι ίσα, επομένως \angle BDK=\angle CEL \Rightarrow \angle ADE=\angle AED \Rightarrow \angle ABC=\angle ACB \Rightarrow AB=AC.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7138
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Μαρ 25, 2019 3:10 am

Κριτήριο ισοσκελούς 5.png
Κριτήριο ισοσκελούς 5.png (28.99 KiB) Προβλήθηκε 809 φορές
το σχήμα της κατασκευής του προβλήματος δίδει και την απάντηση .


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 945
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Δευ Μαρ 25, 2019 9:40 am

george visvikis έγραψε:
Κυρ Μαρ 24, 2019 6:34 pm
Κριτήριο ισοσκελούς.5.png
Στην πλευρά BC τριγώνου ABC θεωρούμε δύο σημεία D, E ώστε BD=EC και B\widehat AD=C\widehat AE.

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ABC είναι ισοσκελές;
Καλημέρα

Μία ακόμη, ελπίζω σωστή, λύση...

Τα τρίγωνα ABD και ACE είναι ισεμβαδικά αφού έχουν BD = CE και κοινό ύψος AZ.

Επίσης έχουν από μία ίση γωνία (στην κορυφή A) έτσι είναι:

\dfrac{{\left( {ABD} \right)}}{{\left( {ACE} \right)}} = \dfrac{{AB \cdot AD}}{{AC \cdot AE}} \Rightarrow AB \cdot AD = AC \cdot AE \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{AE}}{{AD}}\left( 1 \right)

Τα τρίγωνα ABE και ADC είναι όμοια αφού έχουν δύο ανάλογες πλευρές μια προς μια (από \left( 1 \right)) και ίσες τις περιεχόμενες γωνίες τους B\hat AE = C\hat AD ως αθροίσματα ίσων γωνιών.

Άρα \hat B = \hat C οπότε τρίγωνο ABC είναι ισοσκελές με AB = AC
Συνημμένα
Κριτήριο ισοσκελούς.5.png
Κριτήριο ισοσκελούς.5.png (15.08 KiB) Προβλήθηκε 795 φορές


Ηλίας Καμπελής
STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 1880
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από STOPJOHN » Δευ Μαρ 25, 2019 10:37 pm

george visvikis έγραψε:
Κυρ Μαρ 24, 2019 6:34 pm
Κριτήριο ισοσκελούς.5.png
Στην πλευρά BC τριγώνου ABC θεωρούμε δύο σημεία D, E ώστε BD=EC και B\widehat AD=C\widehat AE.

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ABC είναι ισοσκελές;


Η άσκηση είναι γνωστή. Παρόλα αυτά, ενδιαφέρομαι για το πόσες διαφορετικές λύσεις μπορούμε να συγκεντρώσουμε,
γι αυτό την έβαλα σε ουδέτερο φάκελο δίχως δεσμεύσεις. Θα παρακαλούσα όμως να αποφύγουμε τις παραπομπές.

Κατασκευάζω τα παραλληλόγραμμα ABDL,ALCE

Εστω AB=DL=c,AE=LC=d,AC=b,AD=x,

Από τα ισεμβαδικά τρίγωνα ALC,ALD,x.c=d.b,(1)

Στα ίδια τρίγωνα απο το νόμο συνημιτόνων

d^{2}+b^{2}-2dbcos\hat{ADL}=x^{2}+c^{2}-2xc.cos\hat{ACL}\Leftrightarrow 2.cos\hat{ADL}(b.d-

        x.c)=d^{2}+b^{2}-x^{2}-c^{2}\Rightarrow d^{2}+b^{2}=x^{2}+c^{2},(2)

λόγω της (1)

(2)\Leftrightarrow b+d=x+c,(3)

(1),(3)\Rightarrow cd+cb=bd+c^{2}\Leftrightarrow (d-c)(c-b)=0\Leftrightarrow c=b,c=d,



Αρα AC=AB ,τα σημεία B,D δεν ταυτίζονται και ομοίως τα E,C




Γιάννης
Συνημμένα
Κριτήριο ισοσκελούς 5.png
Κριτήριο ισοσκελούς 5.png (68.16 KiB) Προβλήθηκε 756 φορές


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1257
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Παρ Μαρ 29, 2019 1:15 pm

Χαιρετώ τους φίλους!
Κριτήριο..5.PNG
Κριτήριο..5.PNG (8.23 KiB) Προβλήθηκε 705 φορές
Φέρω DH \perp  AB..EZ  \perp  AC. Έστω \widehat{B}> \widehat{C} τότε \eta \mu B> \eta \mu C\Rightarrow \dfrac{HD}{BD}> \dfrac{EZ}{EC}\Rightarrow HD> EZ.

Τα τρίγωνα ADH,AZE είναι όμοια οπότε και AD>AE \Rightarrow  \theta > \varphi ..(1).Όμως \widehat{B}+\omega > \widehat{C}+\omega  \Rightarrow \varphi > \theta ..(2).

ΟΙ (1) και (2) αντιφάσκουν. Ομοίως αποκλείουμε \widehat{B}< \widehat{C}.Τελικά \widehat{B} = \widehat{C} άρα AB=AC.

Φιλικά , Γιώργος.


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1811
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Παρ Μαρ 29, 2019 9:11 pm

george visvikis έγραψε:
Κυρ Μαρ 24, 2019 6:34 pm
Κριτήριο ισοσκελούς.5.png
Στην πλευρά BC τριγώνου ABC θεωρούμε δύο σημεία D, E ώστε BD=EC και B\widehat AD=C\widehat AE.

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ABC είναι ισοσκελές;


Η άσκηση είναι γνωστή. Παρόλα αυτά, ενδιαφέρομαι για το πόσες διαφορετικές λύσεις μπορούμε να συγκεντρώσουμε,
γι αυτό την έβαλα σε ουδέτερο φάκελο δίχως δεσμεύσεις. Θα παρακαλούσα όμως να αποφύγουμε τις παραπομπές.

Ο περίκυκλος του τριγώνου \displaystyle ABE τέμνει την \displaystyle AD στο \displaystyle N και του τριγώνου \displaystyle ADC τέμνει την \displaystyle AE στο \displaystyle M

Προφανής είναι η ισότητα των πράσινων και των κόκκινων γωνιών κι επειδή \displaystyle BE = DC \Rightarrow \vartriangle BEN = \vartriangle DMC \Rightarrow BN = MC

Έτσι ,οι δυο κύκλοι είναι ίσοι κι επειδή από την ισότητα των \displaystyle \vartriangle BDN,DMC είναι \displaystyle \angle ANB = \angle AMC \Rightarrow \boxed{AB = AC}
κριτήριο ισοσκελούς5.png
κριτήριο ισοσκελούς5.png (23.56 KiB) Προβλήθηκε 676 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9204
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Μαρ 30, 2019 12:53 pm

Σας ευχαριστώ όλους για τις λύσεις. Ας δούμε άλλη μία.
Κριτήριο ισοσκελούς.5.png
Κριτήριο ισοσκελούς.5.png (9.83 KiB) Προβλήθηκε 645 φορές
Επειδή οι AD, AE είναι ισογώνιες, \displaystyle \frac{{BD}}{{DC}} \cdot \frac{{BE}}{{EC}} = \frac{{{c^2}}}{{{b^2}}}. Αλλά, BD=EC, BE=DC. Άρα, \boxed{b=c}


achilleas
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 2724
Εγγραφή: Τρί Σεπ 15, 2009 3:32 pm

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από achilleas » Σάβ Μαρ 30, 2019 6:02 pm

Καλησπέρα!

Αφού έχει περάσει ένα εύλογο χρονικό διάστημα και έχουν δημοσιευθεί πολλές και όμορφες λύσεις, ας μου επιτραπεί να παραθέσω ένα σύνδεσμο από το παρελθόν με άλλες ωραίες λύσεις.

Εκεί έγραφα:

"(...)Το πρόβλημα το συνάντησα διαβάζοντας το "Favorite Problems at BMC, Part 1, Circle Geometry" του Ivan Matic
στο βιβλίο της Stankova που εκδόθηκε πρόσφατα από την AMS.

Στη σελίδα 225 αναφέρει ότι τέθηκε στη Bay Area Mathematical Olympiad toy 2007. Από τις 157 λύσεις που επιχειρήθηκαν την ώρα
του διαγωνσιμού το ένα τρίτο έλαβε άριστα ή σχεδόν άριστα. Σχεδόν όμως όλες οι λύσεις χρησιμοποιούσαν κάποιους όχι τόσο εύκολους τριγωνομετρικούς ή αναλυτικογεωμετρικούς υπολογισμούς.

Στη σελίδα http://www.bamo.org/archives και στο αρχείο του 2007 μπορεί κανείς να μελετήσει τέσσερεις διαφορετικές λύσεις, οι οποίες είναι μάλιστα διαφορετικές από αυτές που επινοήθηκαν και παρουσιάστηκαν εδώ!

Αναφέρω μόνο την πρώτη για την οποία επισυνάπτω και σχήμα.

"Μετατοπίζουμε το τρίγωνο \triangle ADB παράλληλα προς την BC έτσι ώστε η πλευρά BD να συμπέσει με την EC. Έτσι παίρνουμε το τρίγωνο \triangle A'CE. Τότε το AA'CE είναι τραπέζιο εγγράψιμο σε κύκλο. Άρα οι διαγώνιοι του θα είναι ίσοι, οπότε AC=A'E=AB." "

Φιλικά,

Αχιλλέας


Κω.Κωνσταντινίδης
Δημοσιεύσεις: 37
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 22, 2018 5:40 pm

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Κω.Κωνσταντινίδης » Σάβ Απρ 06, 2019 4:06 pm

Έστω O_{1},O_{2} τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων των \Delta ADB,\Delta AEC αντίστοιχα. Με νόμο ημιτόνων έχουμε \frac{DB}{sin\angle BAD}=2O_{1}B, \frac{EC}{sin\angle EAC}=2O_{2}C και αφού \angle BAD=\angle EAC και DB=EC προκύπτει ότι O_{1}B=O_{1}C.

Έστω M το μέσον του DE και έστω O_{1}B\bigcap O_{2}C=S. Έστω επίσης Z
το 2ο σημείο τομής των κύκλων (A,B,D) και (A,E,C)


Τότε, μετά από πράξεις προκύπτει ότι MD*MB=ME*MC. Άρα το M ανήκει στον ριζικό άξονα των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων \Delta ABD,\Delta AEC άρα τα A,Z,M είναι συνευθειακά.

Επίσης, αφού 2\angle BAD=\angle BO_{1}D και 2\angle EAC=\angle EO_{2}C, προκύπτει \angle BO_{1}D=\angle EO_{2}C. Άρα επειδή O_{1}B=O_{2}E, τα ισοσκελή τρίγωνα \Delta BO_{1}D και \Delta EO_{2}C είναι ίσα, άρα \angle SBC=\angle SCB και άρα SB=SC.

Είναι όμως SO_{1}+O_{1}B=SB,SC=SO_{2}+O_{2}C και αφούSB=SC καιBO_{1}=O_{2}C προκύπτει SO_{1}=SO_{2}.
Άρα \frac{SO_{1}}{SB}=\frac{SO_{2}}{SC} και από το αντίστροφο του Θεωρήματος Θαλή έχουμε O_{2}O_{1}//BC.
Επειδή AM\perp O_{1}O_{2} προκύπτει AM\perp BC. Άρα η AM είναι μεσοκάθετη της BC άρα AB=AC
Καλό απόγευμα!


Υ.Γ.Το σχήμα δεν είναι πολύ καλό. Το αναγνωρίζω, απλά δεν είμαι ιδιαίτερα εξοικειωμένος με το GeoGebra και μερικά ίσα τμήματα τα έχω φέρει με το μάτι.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διασκεδαστικά Μαθηματικά”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες