Άθροισμα τμημάτων ισοσκελές

hlkampel · #1

Αν δεν έχει προταθεί...

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC

με $\displaystyle{\widehat{B}=\widehat{C}=40{}^\circ }$ .

Αν

είναι η διχοτόμος του, να δείξετε ότι BD+DA=BC

gavrilos · #2

Για να δούμε..

: Γεωμετρια mathematica_7.PNG (14.32 KiB) Προβλήθηκε 899 φορές

Στην πλευρά $\displaystyle{BC}$ θέτουμε τμήμα $\displaystyle{BS=BD}$ άρα $\displaystyle{\hat{CSD}=100^{\circ} \Leftrightarrow \hat{CDS}=40^{\circ} \Leftrightarrow CS=SD}$ .

Πρέπει να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{AD=DS}$ .Γι' αυτό φέρνουμε τα τμήματα $\displaystyle{ED,DK}$ κάθετα στις ευθείες $\displaystyle{AB,BC}$ και ίσα αφού το $\displaystyle{D}$ είναι σημείο της διχοτόμου.

Τα τρίγωνα $\displaystyle{DSK,ADE}$ είναι ίσα επειδή $\displaystyle{DK=ED,\hat{AED}=\hat{DKS}=90^{\circ},\hat{AED}=\hat{SDK}=10^{\circ}}$ .

Επομένως $\displaystyle{AD=DS=SC}$ άρα $\displaystyle{BS+SC=BC \Leftrightarrow BD+AD=BC}$ .

Κύριε KARKAR..διορθώστε

hlkampel · #3

gavrilos έγραψε: Κύριε KARKAR..διορθώστε

gavrilos

Δεν χρειάζεται να σε διορθώσει ο Θανάσης (KARKAR)

KARKAR · #4

Gavrilos ,όχι διόρθωση αλλά ... παραπομπή . Βλέπε λοιπόν κι εδώ

gavrilos · #5

Ευχαριστώ πολύ..Φυσικά η λύση μου δεν είναι "κλεμμένη", μόνος μου την έλυσα.

#6

gavrilos έγραψε:Ευχαριστώ πολύ..Φυσικά η λύση μου δεν είναι "κλεμμένη", μόνος μου την έλυσα.

Γιώργο!!!

Προσπάθησε και αλλιώς (υπάρχουν αρκετές όμορφες λύσεις στο θέμα)

Φιλικά
Στάθης

p_gianno · #7

Είναι

Φέρω

έτσι ώστε

και

Είναι τότε $\angle ZDC=80^0-40^0=40^0$ συνεπώς $\boxed{DZ=ZC)}$ (1)

Είναι επίσης $\boxed {DH=DA}$ (2) (λόγω συμμετρίας των DH,DA

ως προς την διχοτόμο

$\angle DHZ=\angle HBD+\angle HDB=80^0=\angle DZH$ συνεπώς $\boxed {DH=HZ}$ (3)

Επίσης $\angle BDZ=180^0-\angle DZB-\angle ZBD=80^0=\angle DZB$ συνεπώς $\boxed {BD=BZ}$ (4)

Από 1,2,3,4 έχουμε BD+DA=BZ+ZC=BC

οεδ

#8

hlkampel έγραψε:Αν δεν έχει προταθεί...
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο με $\displaystyle{\widehat{B}=\widehat{C}=40{}^\circ }$ . Αν είναι η διχοτόμος του, να δείξετε ότι

: 1.png (21.78 KiB) Προβλήθηκε 822 φορές

Έστω σημείο στην προέκταση της ώστε $DE = AD \Rightarrow \boxed{BD + AD = BE}:\left( 1 \right)$ . Με $\angle ADB\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\vartriangle BDC} {60^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle DAE\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma } \boxed{\angle BEA = {{30}^0}}:\left( 2 \right)$ .

Έστω $AM \bot BC$ (ύψος διάμεσος και διχοτόμος του ισοσκελούς $\vartriangle ABC$ και ας είναι $BK \bot EA$ . Τότε από $\angle KAB = \angle MAB = {50^0} \Rightarrow B$ σημείο της διχοτόμου της

$\angle KAM\mathop \Rightarrow \limits^{BK \bot AK,BM \bot AM} BK = BM \Rightarrow 2BK = 2BM$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle EKB(\angle BKE = {{90}^0},\angle BEK = {{30}^0})} BE = BC\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{BD + AD = BC}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Άσε που το τετράπλευρο είναι "χαρταετός"

parmenides51 · #9

επειδή τελευταία κάτι με έχει πιάσει και θέλω να ετοιμάζω συλλογές με δημοσιεύσεις Γεωμετρίας
επειδή η ποικιλία λύσεων είναι διάσπαρτη σε ασκήσεις Ευκλείδειας Γεωμετρίας
επειδή συχνά πυκνά σε ασκήσεις Γεωμετρία χρησιμοποιούνται (ορθά κατ' εμέ) άλλες μέθοδοι όπως Τριγωνομετρία, Αναλυτική Γεωμετρία, Διανύσματα, Συμμετρία, Στροφή, Αντιστροφή...
θα ξεκινήσω να ετοιμάζω μια δημοσίευση που θα περιέχει ασκήσεις Γεωμετρίας με 7 τουλάχιστον διαφορετικές λύσεις (επιτρέπονται τα πάντα στις λύσεις)
οπότε

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
gavrilos έγραψε:Ευχαριστώ πολύ..Φυσικά η λύση μου δεν είναι "κλεμμένη", μόνος μου την έλυσα.
Γιώργο!!!

Προσπάθησε και αλλιώς (υπάρχουν αρκετές όμορφες λύσεις στο θέμα)

Γιώργο ξεκίνα να λύνεις

Υ.Γ. Φιλικά κι ενημερωτικά

Για την εξιλέωση της αδυναμίας της ανανέωσης του Bulletin της Γεωμετρίας της Β' Λυκείου στο

λόγω απίστευτου πλήθους ασκήσεων και όχι όλων σχολικών στον σχετικό φάκελο, ετοίμασα κι ανανεώνω τις μέρες αυτές τις εξής συλλογές:
Αποδείξεις Γνωστών Θεωρημάτων, Bulletin Γεωμετρικές Κατασκευές, Bulletin Ασκήσεις Στερεομετρίας (version 2) (βελτιώνω την παρουσίαση), Άλυτες στην Γεωμετρία

Μόλις τελειώσω με τις ενημερώσεις τους θα ετοιμάσω τις εξής 2 συλλογές:
Bulletin Γεωμετρικοί Τόποι, και Bulletin Λυμένες Ασκήσεις Γεωμετρίας με 7+ τρόπους.

Για να βρείτε όσα έχω ετοιμάσει τελευταία για την Γεωμετρία

είτε ακολουθείτε την διαδρομή Ευρετήριο Δ. Συζήτησης ‹ ΛΥΚΕΙΟ ‹ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ ‹ ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β' και ανοίγετε την 1η δημοσίευση ονόματι Άλυτες στην Γεωμετρία, λύνετε καμία άσκηση

και ανοίγετε στο κάτω μέρος της δημοσίευσης στην απόκρυψη, στο σημείο που γράφει για τους λάτρεις της Γεωμετρίας

είτε πατάτε κάτω από το όνομα μου, στην ιστοσελίδα μου (το εικονίδιο

) , θα σας παραπέμψει στην δημοσίευση Bulletin Διαγωνισμάτων Θεμάτων Εξετάσεων - Ευρετήριο που περιέχει όσα ενδιαφέροντα έχω συγκεντρώσει ή πετύχει στο mathematica , κατεβαίνετε στην δημοσίευση για τους λάτρεις της Γεωμετρίας (περίπου 3η δημοσίευση , μετά τα Τα φυλλάδια του mathematica , και την Προπόνηση για διαγωνισμούς), που περιέχει αρκετές δημοσιεύσεις με πράσινα γράμματα (μιας και είναι φρέσκες)

#10

hlkampel έγραψε:Αν δεν έχει προταθεί...

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο με $\displaystyle{\widehat{B}=\widehat{C}=40{}^\circ }$ .

Αν είναι η διχοτόμος του, να δείξετε ότι

Μια προσπάθεια για την βάλει ο Parmenides στην συλλογή.

: Αθροισμα τμημάτων σε ισοσκελές.png (35.49 KiB) Προβλήθηκε 781 φορές

Προεκτείνω την

κατά τμήμα

εις τρόπον ώστε : $\boxed{AT = BC}$ . Από το

φέρνω παράλληλη

προς την

και

. Τώρα τα τρίγωνα

$ABC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,STA$ είναι ίσα γιατί έχουν :

$AT = BC,\,\,TS = AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {ACB} = \widehat {STA} = {40^0}$ . Συνεπώς και το τρίγωνο STA

είναι ισοσκελές και αναγκαστικά το ABS

ισόπλευρο . Επειδή λοιπόν

$ST = SB \Leftrightarrow \widehat \varphi = \widehat \theta$ . Αλλά $BC//ST \Rightarrow \widehat \theta = \widehat \omega$ . Αφού δε

$\widehat \omega + \widehat \varphi = {60^0} - {40^0} = {20^0}$ θα έχουμε $\boxed{\widehat \omega = \widehat \varphi = \widehat \theta = {{10}^0}}$

Μετά απ’ αυτά θα είναι :

$\widehat {DBT} = {20^0} + {10^0} = {30^0}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\widehat {DTB} = \widehat a = {40^0} - {10^0} = {30^0}$ και άρα το τρίγωνο

DBT

είναι ισοσκελές με κορυφή το

. Έτσι

$\boxed{DB + DA = DT + DA = AT = BC}$

Φιλικά Νίκος

Ιστοσελίδα · #11

Καλησπέρα στην παρέα. Άλλη μια λύση για τη συλλογή…

: Άθροισμα-τμημάτων-ισοσκελές.png (23.29 KiB) Προβλήθηκε 748 φορές

Κατασκευάζω το ισοσκελές $\vartriangle BCE({20^ \circ }{,80^ \circ }{,80^ \circ })$ και έστω $Z \equiv BA \cap CE$ .

Το

είναι το έγκεντρο του $\vartriangle ZBC$ και το τετράπλευρο ZADE

είναι εγγράψιμο $(B\widehat EC = C\widehat AZ = {80^ \circ })$ .

Έτσι, από το $\vartriangle DAE({120^ \circ }{,30^ \circ }{,30^ \circ }) \Rightarrow DE = DA$ και BC = BD + DE = BD + DA

.

Ιστοσελίδα · #12

Στο τρίγωνο $ABD: \dfrac{c}{\sin 60^{\circ}}= \dfrac{AD}{\sin 20^{\circ}}= \dfrac{BD}{\sin 100^{\circ}}= \dfrac{AD+BD}{\sin 20^{\circ}+\sin 100^{\circ}}=$

$\dfrac{AD+BD}{2\sin 60^{\circ}\cos 40^{\circ}} \Rightarrow AD+BD=2c\cos 40^{\circ} \; (1)$

Στο τρίγωνο $ABC: \dfrac{c}{\sin 40^{\circ}}= \dfrac{a}{\sin 100^{\circ}} = \dfrac{a}{\sin 80^{\circ}} = \dfrac{a}{2\sin 40^{\circ}\cos 40^{\circ}} \Rightarrow$

$a=2c\cos 40^{\circ} \; (2)$

Από (1) , (2)

είναι:

Άθροισμα τμημάτων ισοσκελές

Άθροισμα τμημάτων ισοσκελές

Re: Άθροισμα τμημάτων ισοσκελές

Re: Άθροισμα τμημάτων ισοσκελές

Re: Άθροισμα τμημάτων ισοσκελές

Re: Άθροισμα τμημάτων ισοσκελές

Re: Άθροισμα τμημάτων ισοσκελές

Re: Άθροισμα τμημάτων ισοσκελές

Re: Άθροισμα τμημάτων ισοσκελές

Re: Άθροισμα τμημάτων ισοσκελές

Re: Άθροισμα τμημάτων ισοσκελές

Re: Άθροισμα τμημάτων ισοσκελές

Re: Άθροισμα τμημάτων ισοσκελές

Μέλη σε σύνδεση