mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 24, 2019 6:34 pm**

: Κριτήριο ισοσκελούς.5.png (9.83 KiB) Προβλήθηκε 2384 φορές

Στην πλευρά

τριγώνου

θεωρούμε δύο σημεία D, E

ώστε

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.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 25, 2019 12:11 am**

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 24, 2019 6:34 pm

Κριτήριο ισοσκελούς.5.png
Στην πλευρά τριγώνου θεωρούμε δύο σημεία ώστε και $B\widehat AD=C\widehat AE.$

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο 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

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.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 25, 2019 12:18 am**

Και μία άλλη, αρκετά συντομότερη.

Έστω

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 $\angle BDK=\angle CEL \Rightarrow \angle ADE=\angle AED \Rightarrow \angle ABC=\angle ACB \Rightarrow AB=AC$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 25, 2019 3:10 am**

: Κριτήριο ισοσκελούς 5.png (28.99 KiB) Προβλήθηκε 2323 φορές

το σχήμα της κατασκευής του προβλήματος δίδει και την απάντηση .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 25, 2019 9:40 am**

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

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισοσκελές;

Καλημέρα

Μία ακόμη, ελπίζω σωστή, λύση...

Τα τρίγωνα ABD

και

είναι ισεμβαδικά αφού έχουν BD = CE

και κοινό ύψος

.

Επίσης έχουν από μία ίση γωνία (στην κορυφή

) 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

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

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 25, 2019 10:37 pm**

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

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο 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

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

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 29, 2019 1:15 pm**

Χαιρετώ τους φίλους!

: Κριτήριο..5.PNG (8.23 KiB) Προβλήθηκε 2219 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

αντιφάσκουν. Ομοίως αποκλείουμε $\widehat{B}< \widehat{C}$ .Τελικά $\widehat{B} = \widehat{C}$ άρα AB=AC

.

Φιλικά , Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 29, 2019 9:11 pm**

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

Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο 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 (23.56 KiB) Προβλήθηκε 2190 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Μαρ 30, 2019 12:53 pm**

Σας ευχαριστώ όλους για τις λύσεις. Ας δούμε άλλη μία.

: Κριτήριο ισοσκελούς.5.png (9.83 KiB) Προβλήθηκε 2159 φορές

Επειδή οι

είναι ισογώνιες, $\displaystyle \frac{{BD}}{{DC}} \cdot \frac{{BE}}{{EC}} = \frac{{{c^2}}}{{{b^2}}}.$ Αλλά, BD=EC, BE=DC.

Άρα, $\boxed{b=c}$

Δημοσιεύτηκε: **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

έτσι ώστε η πλευρά

να συμπέσει με την

. 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

Δημοσιεύτηκε: **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

το μέσον του

και έστω $O_{1}B\bigcap O_{2}C=S$ . Έστω επίσης

το 2ο σημείο τομής των κύκλων (A,B,D)

και

Τότε, μετά από πράξεις προκύπτει ότι MD*MB=ME*MC

. Άρα το

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 αφού SB=SC

και $BO_{1}=O_{2}C$ 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

είναι μεσοκάθετη της

άρα

[ggb=011c945f30ce2cbafc452f39840f025693339c42][/ggb]

Καλό απόγευμα!

mathematica.gr

Κριτήριο ισοσκελούς 5

Κριτήριο ισοσκελούς 5

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 5