Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

#1

Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒC με υποτείνουσα ΒC. Στο εσωτερικό του τριγώνου παίρνουμε σημείο Μ τέτοιο , ώστε :

$\angle ABM = \angle MCB = 30$

Να αποδειχθεί ότι το Μ βρίσκεται σε κάποιο από τα τμήματα που συνδέει τα μέσα δύο πλευρών του τριγώνου.

ΣΧΟΛΙΟ

Αν δεν προκύψει πιο απλή λύση από τη δική μου, θα την μετακινήσω στο φάκελο των Ολυμπιάδων.

#2

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒC με υποτείνουσα ΒC. Στο εσωτερικό του τριγώνου παίρνουμε σημείο Μ τέτοιο , ώστε :

$\angle ABM = \angle MCB = 30$

Να αποδειχθεί ότι το Μ βρίσκεται σε κάποιο από τα τμήματα που συνδέει τα μέσα δύο πλευρών του τριγώνου.

Μπαμπη,

δεν έκανα τις πράξεις αλλά μου φαίνεται απλή με Αναλυτική Γεωμετρία:

Θεωρούμε άξονες συντεταγμένων τις κάθετες πλευρές οπότε Α(0,0), Β(1,0), C(0,1).
Αν το Μ είναι M(a, b) , τότε οι συνθήκες δίνουν
$\frac{b-0}{a-1}= -\frac{\sqrt{3}}{3}$ και

$\frac{b-1}{a-0}= tan(45-30)$ = γνωστό.

Λύνουμε τώρα το γραμμικό σύστημα ως προς a, b και λοιπά.

Μιχάλης.

#3

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒC με υποτείνουσα ΒC. Στο εσωτερικό του τριγώνου παίρνουμε σημείο Μ τέτοιο , ώστε :

$\angle ABM = \angle MCB = 30$

Να αποδειχθεί ότι το Μ βρίσκεται σε κάποιο από τα τμήματα που συνδέει τα μέσα δύο πλευρών του τριγώνου.

ΣΧΟΛΙΟ

Αν δεν προκύψει πιο απλή λύση από τη δική μου, θα την μετακινήσω στο φάκελο των Ολυμπιάδων.

Με αναλυτική νομίζω ότι είναι απλή. Με αρχή των αξόνων το σημείο

και με κατακόρυφους άξονες τους

και

και θεωρώντας B(1,0)

και

παίρνουμε ότι ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας

είναι $-\tan{75^{\circ}}=-\frac{6+\sqrt{3}}{3}$ άρα η εξίσωσή της είναι $y=-\frac{6+\sqrt{3}}{3}$ και όμοια ο συντελεστής διεύθυνσης της

είναι $-\tan{30^{\circ}}=-\frac{\sqrt{3}}{3}$ , συνεπώς η εξίσωσή της είναι
$y=-\frac{\sqrt{3}}{3}(x-1)$ . Λύνοντας το σύστημα αυτών βρίσκουμε την τετμημένη του

να είναι ίση με $\frac{1}{2}$ που δείχνει ότι το

ανήκει στη μεσοκάθετη του

δηλαδή φανερά στο τμήμα που ενώνει τα μέσα των AB, BC

.

Τώρα που ξέρουμε που κινούμαστε πάμε για την καθαρή γεωμετρική απόδειξη...

Αλέξανδρος

#4

Ας δούμε μία λύση με στοιχειώδη μέσα.

Έστω $O,\ P,$ τα μέσα αντιστοίχως των πλευρών $BC,\ AC,$ του δοσμένου ορθογωνίου ισοσκελούς τριγώνου $\bigtriangleup ABC,$ με AB = AC.

Δια της κορυφής

φέρνουμε ευθεία

έτσι ώστε να είναι $\angle BCx = 30^{o}$ και έστω το σημείο $M\equiv OP\cap Cx.$

Θα αποδείξουμε ότι $\angle ABM = 30^{o}.$

Έστω $D,\ E,$ οι ορθές προβολές του

επί των $BC,\ AO$ αντιστοίχως και

το συμμετρικό του ως προς το σημείο

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\bigtriangleup DMC$ με $\angle DCM = 30^{o},$ έχουμε ως γνωστό, MC = 2(MD)

Από

$\Longrightarrow$ MC = 2(ME) = MN = BN

λόγω

και της ευθείας OE,

ως άξονα συμμετρίας στο τραπέζιο BCMN.

Από

$\Longrightarrow$ $\angle NBM = \angle NMB = \angle MBC$ ,(3)

( από $MN\parallel BC$ )

Από (3)

και επειδή $\angle NBC = \angle MCB = 30^{o},$ προκύπτει $\angle MBC = 15^{o}$ ,(4)

Από

και επειδή $\angle ABC = 45^{o}$ $\Longrightarrow$ $\angle ABM = 30^{o}$ και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

p_gianno · #5

[quote="Μπάμπης Στεργίου"]Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒC με υποτείνουσα ΒC. Στο εσωτερικό του τριγώνου παίρνουμε σημείο Μ τέτοιο , ώστε :

$\angle ABM = \angle MCB = 30$

Να αποδειχθεί ότι το Μ βρίσκεται σε κάποιο από τα τμήματα που συνδέει τα μέσα δύο πλευρών του τριγώνου.

Καλησπέρα σε όλους
Μία ακόμη προσέγγιση της άσκησης

rectangular isosceles.png

#6

Καλημέρα !

Εξαιρετικές λύσεις ! Η άσκηση είναι από ένα διαγωνισμό του 2008. Προσπαθούσα να βρω τελείως γεωμετρική λύση, όπως αυτή του Κώστα Βήττα. Η ποκιλία των λύσεων είναι πολύ θετικό στοιχείο, διότι είναι ακριβώς αυτό που αρέσει και στους μαθητές.
Χαίρομαι που τελικά βρέθηκαν τόσες προσεγγίσεις !

Καλημέρα ..... και καλό Σαββατοκύριακο!

p_gianno · #7

Καλημέρα
Δίνω ακόμη μία λύση χωρίς χρήση νόμου ημιτόνων και γενικότερα τριγωνομετρίας

Έστω ΑΓ=ΑΒ=α τότε ΒΓ=α $\sqrt 2$
Προεκτείνω την ΓΜ προς το μέρος του Μ και φέρω την προς αυτή κάθετη ΒΗ.
Είναι ΗΜΒ=30+15=45 (εξωτερική γωνία στο τριγΓΜΒ) --- >ΜΒΗ=45 (1) ΗΒΓ=60(2)
(1) --> ΗΒ=ΗΜ (3) και από (2) στο τριγ ΓΗΒ --- >ΗΒ=ΓΒ:2 = $\frac{{a\sqrt 2 }}{2}$ (4) (αφού ΗΒ απέναντι από Γ=30)
Άρα από 3 και 4 προκύπτει $\ MB^2 = BH^2 + MB^2 \Leftrightarrow MB^2 = 2\left( {\frac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)^2 \Leftrightarrow MB = a = AB$ δηλαδή ΜΒ=ΑΒ (και από δώ και κάτω η απόδειξη ακολουθεί τον ίδιο δρόμο με την προηγούμενη αφού ΑΜΒ ισοσκελές και τελειώνει) ή φέρω ΜΘ κάθετο στην ΑΒ η οποία βρίσκεται απεναντι από 30 στο ορθογωνιο ΜΘΒ και επομένως ΜΘ=ΜΒ/2=α/2 δηλαδή το Μ βρίσκεται σε σχέση με την ΑΒ σε ύψος α/2 . οεδ

rectangular isosceles2.png

Καλημέρα σας
Π.Γ

#8

Ας δούμε και μία άλλη προσέγγιση, εμπνευσμένη από το σχήμα της πρώτης λύσης του math_finder.

Δια της κορυφής

φέρνουμε την ευθεία Cx,

έτσι ώστε να είναι $\angle BCx = 30^{o}$ και έστω το σημείο $M\equiv HI\cap Cx,$ όπου $H,\ I$ είναι αντιστοίχως τα μέσα των πλευρών $AC,\ BC.$

Θα αποδείξουμε ότι $\angle ABM = 30^{o}.$

Η μεσοκάθετη του AM,

τέμνει τις πλευρές $AB,\ AC,$ στα σημεία $B\acute{},\ K$ αντιστοίχως και από $\angle AMB\acute{} = \angle MAB\acute{} = 90^{o} - 15^{o} = 75^{o},$ συμπεραίνουμε ότι $\angle AB\acute{}M = 30^{o}$ ,(1)

Από τα ίσα ορθογώνια τρίγωνα $\bigtriangleup ACN,\ \bigtriangleup AB\acute{}K,$ όπου $N\equiv AB\cap CM,$ συμπεραίνουμε ότι $AC = AB\acute{}$ ,(2)

$\angle ACN = 15^{o} = \angle AB\acute{}K$

Από

και από

προκύπτει ότι $B\acute{}\equiv B.$ ,(3)

Από $(1),\ (3)$ $\Longrightarrow$ $\angle ABM = 30^{o}$ και η πρόταση έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#9

Ο φίλος Λεωνίδας Θαρραλίδης μου έστειλε μία ακόμα γεωμετρική λύση στο πρόβλημα του Μπάμπη.

Την επισυνάπτω:

Το περίκεντρο Ο του τριγώνου CMB βρίσκεται στη μεσοκάθετο του CB κι επειδή $\widehat{CMB}=135^{0}$ , το τόξο CMB του κύκλου είναι $90^{0}$ .
Έτσι $\widehat{COB}=90^{0}$ οπότε το Ο είναι η τέταρτη κορυφή του τετραγώνου ABOC και OC=OM=OB.
Το τρίγωνο ΜΟΒ είναι τελικά ισόπλευρο αφού $\widehat{MBO} = 45^o + 15^o = 60^o$ .
Έτσι το Μ βρίσκεται στη μεσοκάθετο του ΟΒ, η οποία προφανώς διέρχεται από τα μέσα των CA, CB.

: TharraLeo.PNG (11.14 KiB) Προβλήθηκε 2278 φορές

Φιλικά
Γιώργος Ρίζος

#10

Γιώργο, πολύ όμορφη η λύση του Λεωνίδα Θαρραλίδη, βασισμένη στην ιδέα του περίκυκλου του τριγώνου $\bigtriangleup BMC.$

Εναλλακτικά, μπορούμε επίσης να πούμε ότι ο κύκλος αυτός εφάπτεται των πλευρών $AB,\ AC$ του $\bigtriangleup ABC,$ στα σημεία $B,\ C$ αντιστοίχως ( από $\angle MCB = 30^{o} = \angle ABM$ και $\angle MBC = 15^{o} = \angle ACM$ ) και έτσι προκύπτει άμεσα το κέντρο του

ως η τέταρτη κορυφή του τετραγώνου ABOC.

Κώστας Βήττας.

p_gianno · #11

Αν

μέσο της

αρκεί να δείξω ότι γων MNC=45^0

(οπότε η

ως παράλληλη προς την

θα διέρχεται από το μέσο

της

)

Κατασκευάζω το ισόπλευρο τργ NCD

. Είναι

διχοτόμος της γων BCD

και

αφού

(1)

Στο ορθ τργ BDC

έχουμε γων DBC=90^0-C=30^0

συνεπώς

άρα

διχοτόμος της γων DBC

και

έγκεντρο του τργ BDC

.

Άρα

διχοτόμος της γων BDC

και επομένως BDM=MDC=90^0:2=45^0

(2)

γων BDN=NBD=30^0

(αφού

) άρα γων NDM=BDM-BDN=45^0-30^0=15^0=NBM

με αποτέλεσμα να είναι BNMD

εγγράψιμο και ισοδύναμα γων MNC=BDM=45^0

οεδ.

Υ.Γ
Παρμενίδη, δεν βρήκα τις παλιές. Αυτή είναι καινούργια.

#12

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒC με υποτείνουσα ΒC. Στο εσωτερικό του τριγώνου παίρνουμε σημείο Μ τέτοιο , ώστε :

$\angle ABM = \angle MCB = 30$

Να αποδειχθεί ότι το Μ βρίσκεται σε κάποιο από τα τμήματα που συνδέει τα μέσα δύο πλευρών του τριγώνου.

ΣΧΟΛΙΟ

Αν δεν προκύψει πιο απλή λύση από τη δική μου, θα την μετακινήσω στο φάκελο των Ολυμπιάδων.

Χριστός Ανέστη και χρόνια πολλά .

: Ορθογώνιο και ισοσκελές.png (26.62 KiB) Προβλήθηκε 1763 φορές

Γράφουμε το ημικύκλιο διαμέτρου BC = 2R

, κέντρου

που προφανώς θα περνά

από το

, έστω δε

το σημείο τομής της προέκτασης του

με το ημικύκλιο.

Επειδή $\widehat {TCB} = {30^0}$ το τρίγωνο OTB

είναι ισόπλευρο . Επειδή $\widehat {BTC} = {90^0}$ ( βαίνει

σε ημικύκλιο ) και $\widehat {TBM} = {60^0} - {15^0} = {45^0}$ το τρίγωνο TBM

είναι ορθογώνιο και

ισοσκελές με κορυφή το

. Έτσι

και αφού το τρίγωνο OTB

είναι

ισόπλευρο θα έχουμε $\boxed{TO = TM}$ . Τώρα στο ισοσκελές τρίγωνο TOM

με γωνία

κορυφής στο

, ${30^0}$ η κάθε μια παρά την βάση του γωνία θα είναι από ${75^0}$ .

Άμεση συνέπεια :

$\widehat \theta = {180^0} - {75^0} - {60^0} \Rightarrow \boxed{\widehat \theta = {{45}^0}} \Rightarrow OM//BA$ που αποδεικνύει το ζητούμενο .

Φιλικά Νίκος

#13

ΧΡΙΣΤΟΣ ΑΝΕΣΤΗ ΣΕ ΟΛΟΥΣ!
Άλλη μία αντιμετώπιση:
Έστω

το συμμετρικό του

ως προς

. Κατασκευάζοντας εσωτερικά του τετραγώνου ABDC

, ισόπλευρο τρίγωνο με βάση την

, προκύπτει εύκολα με υπολογισμό γωνιών, ότι η τρίτη κορυφή είναι το σημείο

. Επομένως το

βρίσκεται στη μεσοκάθετο της

.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #14

Μια λύση ακόμη.

$\textrm{AD}\perp \textrm{BC}\Rightarrow \textrm{D}$ μέσον της $\textrm{BC}, \angle ABC=45^{0}$ .
$\textrm{BZ}\perp \textrm{CM},\textrm{BZ}\cap \textrm{DA}=\textrm{E}$ .Επειδή $\angle ZMB=30^{0}+15^{0}=45^{0}\Rightarrow \angle ZBM=45^{0}$ κι αφού $\angle MBC=15^{0}\Rightarrow \angle EBD=60^{0},\angle BED=30^{0}$ .Όμως $\textrm{ED}$ μεσοκάθετος της $\textrm{BC}$ οπότε το τρίγωνο $\textrm{BEC}$ είναι ισόπλευρο άρα $\textrm{CZ}$ μεσοκάθετος της $\textrm{EB}$ κι έτσι $\textrm{EM=MB}$ .
Αφού δε, $\angle EBM=45^{0}\Rightarrow \textrm{EM}\perp \textrm{BM}\Rightarrow \textrm{EBDM}$ εγγράψιμο, οπότε $\angle MDC=\angle BEM=45^{0}\Rightarrow \textrm{DM//\textrm{AB}}$ κι αφού $\textrm{D}$ μέσον της $\textrm{BC}$ ,η $\textrm{DM}$ διέρχεται από το μέσον $\textrm{N}$ της $\textrm{AC}$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

thanasis.a · #15

: draw1.png (21.67 KiB) Προβλήθηκε 1624 φορές

..καλησπέρα.. με άλλη μία προσέγγιση,

έστω το τρίγωνο ότι έχει κάθετες πλευρές μήκους $2\alpha$ . Έστω επίσης ότι

μέσο της

και έστω $H\equiv BM\bigcap{AC},\,\,\,L\equiv KM\bigcap{CB},\,\,\,P\equiv CM\bigcap{AB}$ .

Επειδή $\displaystyle\bigtriangleup AHB: \hat{A}=90^{\circ} \Rightarrow \tan \hat{ABH}=\frac{AH}{AB}\Rightarrow ..\Rightarrow AH=\frac{2}{\sqrt{3}}\cdot \alpha$ και $HC=\displaystyle AC-HA\Rightarrow HC=\frac{2\sqrt{3}-2}{\sqrt{3}}\cdot \alpha$ .

Επίσης από το $\displaystyle\bigtriangleup APC:\hat{ACP}=15^{\circ} \,\,\,\,(\tan 15=2-\sqrt{3})\Rightarrow \tan 15=\frac{AP}{AC}$

$\displaystyle\Rightarrow ...AP=2(2-\sqrt{3})\cdot \alpha \Rightarrow BP=2\alpha -AP\Rightarrow ..BP=2(\sqrt{3}-1)\cdot \alpha$ .

Εφαρμόζοντας τέλος το Θ. Μενελάου στο $\bigtriangleup ACP$ με διατέμνουσα την $BMH\displaystyle\Rightarrow \frac{BA}{BP}\cdot\frac{ MP}{MC}\cdot \frac{HC}{HA}\Rightarrow ....\frac{MP}{MC}=1\Rightarrow MP=MC$ .

Έτσι λοιπόν $KM\parallel AB\Rightarrow$ με K,M

μέσα των

αντίστοιχα και άρα L:CL=LB

οπότε το

είναι σημείο που βρίσκεται πάνω στην ευθεία που περνά από τα μέσα των δυο πλευρών του αρχικού τριγώνου.

tolis riza · #16

ΛΥΣΗ 1η
(με γεωμετρία Α΄)
Θεωρούμε , από το C ευθεία τέτοια ώστε:
$B\hat CE = 15^o$ , Ε το σημείο τομής με την ΑΒ και έστω Κ το μέσο του .
Είναι:

$\left. \begin{array}{l} \hat E = 30^o \\ {\rm E}C||{\rm B}{\rm M} \\ EK = KC = AK = AB \\ \end{array} \right\} \Rightarrow CK|| = BM \Rightarrow BK|| = \frac{{CN}}{2}$

tolis riza · #17

ΛΥΣΗ 2η (με γεωμετρία Β΄)
Θεωρούμε σημείο Ζ του BC τέτοιο ώστε: CM=MZ.

$BZ = ZM = MC\mathop {{\rm{ }} \Rightarrow }\limits^ * BZM = AMC \Rightarrow AM = MC = MN$

Στο τρίγωνο ΒΜΖ είναι:
${\rm B}{\rm Z} = {\rm Z}{\rm M} = {\rm Z}C\sqrt 3 \Rightarrow BM = AC$

tolis riza · #18

ΛΥΣΗ 3η
(με γεωμετρία Β΄)

$\frac{{(BNM)}}{{(BMC)}} = \frac{{{\rm B}{\rm N} \cdot {\rm B}{\rm M}\eta \mu 30^o }}{{{\rm B}{\rm M} \cdot {\rm B}C\eta \mu 15^o }} = \frac{{2{\rm B}{\rm N} \cdot \sigma \upsilon \nu 15^o }}{{{\rm B}C}} = \frac{{2BH}}{{BC}} = 1{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}MC = MN$

Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Re: Ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο !

Μέλη σε σύνδεση