Ισότητα από ισογώνιες

KARKAR · #1

: Ισότητα από ισογώνιες.png (8.68 KiB) Προβλήθηκε 759 φορές

Αξιοποιώντας τα δεδομένα του σχήματος , δείξτε ότι : KL=LC

Grigoris K. · #2

Κ. Θανάση ας αφήσουμε την τριγωνομετρία να μας λύσει τα χέρια...

$\displaystyle{ \frac{KL}{LC} = \frac{\sin \angle KBL}{\sin \angle LBC} \cdot \frac{BK}{BC} = \frac{1}{2\sin 15^o} \cdot \frac{AB}{\cos 15^o \cdot BC} = \frac{AB}{BC} \cdot \frac{1}{\sin 30^o} = 1 \implies KL =LC }$

#3

: Ισότητα απο ισογώνιες.png (31.85 KiB) Προβλήθηκε 683 φορές

Καλησπέρα σε όλους.
Καλή η Τριγωνομετρία αλλά και η Γεωμετρία έχει άλλη γλύκα!.

Έστω

το μέσο της υποτείνουσας

. Προφανώς το τρίγωνο ABM

είναι ισόπλευρο ενώ το ορθογώνιο τρίγωνο ABL

επειδή έχει την οξεία γωνία στο

${45^0}$ θα είναι ισοσκελές με AL = AB = AM

, άρα το τρίγωνο AML

είναι ισοσκελές με γωνία κορυφής στο

${30^0}$ και συνεπώς $A\hat LM = {45^0} + \hat \omega = {75^0} \Rightarrow \hat \omega = {30^0} \Rightarrow BK//ML$ και άρα το

μέσο του

.

Φιλικά Νίκος

#4

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Ισότητα από ισογώνιες.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Αξιοποιώντας τα δεδομένα του σχήματος , δείξτε ότι :

Για τη "γλύκα" της Γεωμετρίας που λέει και ο Νίκος ας γράψω και εγώ κάτι

: 2.png (21.87 KiB) Προβλήθηκε 672 φορές

Έστω $AQ \bot BC\left( {Q \in BC} \right)$ και $F \equiv AQ \cap BL$ . Τότε με $\angle BAK = \angle BQK = {90^0} \Rightarrow AKQB$ εγγράψιμο σε κύκλο οπότε:

$\angle BQF = \angle BKA\mathop \Rightarrow \limits^{\angle FBQ = \angle ABK = {{15}^0}}$ $\vartriangle FBQ \sim \vartriangle ABK \Rightarrow \angle BFQ = \angle BAK = {90^0} \Rightarrow$ $AQ \bot BL\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle BAL\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma \left( {\angle ABL = {{45}^0}} \right)} AQ$

μεσοκάθετη της $BL \Rightarrow \vartriangle BQL$ ισοσκελές $\left( {QB = QL} \right) \Rightarrow \angle LQC\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta } 2\angle LBQ = {30^0} = QCL \Rightarrow \vartriangle QLC$ ισοσκελές

οπότε από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle KQC\left( {\angle KQC = {{90}^0}} \right) \Rightarrow QL$ διάμεσός του άρα $\boxed{KL = LC}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

S.E.Louridas · #5

Στο σχήμα που ακολουθεί έχουμε:
$BV = VK = VL{'} \Rightarrow \angle L{'} VC = 30^ \circ \Rightarrow \angle L{'} BV = 15^ \circ \Rightarrow L{'} \equiv L$ .

thanasis.a · #6

: draw7.png (26.59 KiB) Προβλήθηκε 600 φορές

..καλησπέρα..

Αρχικά έστω $KH\perp BL \,\,\,\wedge \,\,\,CN\perp BL$ . Επίσης έχουμε ότι: $\hat{KBL}=30^{\circ}$ .

Στο $\bigtriangleup BCN\,\,\,(\hat{N}=90^{\circ} \Rightarrow CN=\sin 15^{\circ} \cdot BC\,\,\,\,(a)$

Στο $\bigtriangleup ABK\Rightarrow AB=\cos 15^{\circ} \cdot BK\,\,\,(1)$ Επίσης στο $\displaystyle \bigtriangleup ABC\,\,\,\,(\hat{BAC}=90^{\circ}\,\,\,,\,\,\,\hat{BCA}=30^{\circ} )\Rightarrow AB=\frac{BC}{2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)$

Από (1),(2) έχουμε: $\displaystyle BK=\frac{BC/2}{\cos 15^{\circ} }\Rightarrow BK=\frac{BC}{2\cdot \cos 15^{\circ} }\,\,\,\,(3)$ Τώρα στο $\displaystyle \bigtriangleup KHB (\hat{KHB}=90^{\circ} \,\,\,\wedge \,\,\,\hat{KBH}=30^{\circ} \Rightarrow KH=\frac{BK}{2}\,\,\,\,(4)$

Από (3),(4) έχουμε: $\displaystyle 2\cdot KH=\frac{BC}{2^{\circ} \cos 15^{\circ} }\Rightarrow KH=\frac{BC}{4\cdot \cos 15^{\circ} }\,\,\,(5)$ .

Όμως $\displaystyle \sin 30^{\circ} =2\sin 15^{\circ} \cos 15^{\circ} \Rightarrow \cos 15^{\circ} =\frac{\sin 30^{\circ} }{2\sin 15^{\circ} }=\frac{1}{4\sin 15^{\circ}}\displaystyle \Rightarrow 4\cos 15^{\circ} =$ $\displaystyle \frac{1}{\sin 15^{\circ} }$

Οπότε από (5) έχουμε: $KH=\sin 15^{\circ} \cdot BC\,\,\,(b)$ . Έτσι από (a),(b) έχουμε KH=CN

.

Οπότε τελικά: $\bigtriangleup KHL=\bigtriangleup LCN \,\,\,\,(KH=CN, \hat{}NLC=\hat{HLK},\,\,\,\hat{KHL}=90^{\circ} =\hat{LNC})\Rightarrow$

$......\Rightarrow \boxed{KL=LC}$

Ιστοσελίδα · #7

Καλησπέρα.

: Ισότητα-από-ισογώνιες.png (16.01 KiB) Προβλήθηκε 542 φορές

Η διχοτόμος της $\widehat C$ τέμνει την

στο

και η κάθετη απ’ το

στην

, τέμνει την

στο

.

Αν

, τότε $\triangle CMD\mathop = \limits^{\Gamma - \Pi - \Gamma } \triangle BAK \Rightarrow CD = BK$ και $\triangle CDL\mathop = \limits^{\Gamma - \Pi - \Gamma } \triangle KBE \Rightarrow CL = KE = KL$ .

Ισότητα από ισογώνιες

Ισότητα από ισογώνιες

Re: Ισότητα από ισογώνιες

Re: Ισότητα από ισογώνιες

Re: Ισότητα από ισογώνιες

Re: Ισότητα από ισογώνιες

Re: Ισότητα από ισογώνιες

Re: Ισότητα από ισογώνιες

Μέλη σε σύνδεση