Γωνιακή ισότητα

Συντονιστές: cretanman, Demetres, polysot, socrates, silouan, rek2

panos misiakos
Δημοσιεύσεις: 76
Εγγραφή: Σάβ Μάιος 04, 2013 1:35 pm

Γωνιακή ισότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από panos misiakos »

Θεωρούμε εγγράψιμο τετράπλευρο ABCD και τα σημεία τομής E \equiv AD \cap BC , F \equiv AC \cap BD. Έστω M το μέσο της AB και H η προβολή του F στην AD. Να δείξετε ότι \angle AHM=\angle DFE
Τελευταία επεξεργασία από το μέλος panos misiakos την Δευ Αύγ 31, 2015 3:34 am, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.
ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1658
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: Γωνιακή ισότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ealexiou »

panos misiakos έγραψε:Θεωρούμε εγγράψιμο τετράπλευρο ABCD και τα σημεία τομής E \equiv AD \cap BC , F \equiv AC \cap BD. Έστω M το μέσο της AB και H η προβολή του F στην AD. Να δείξετε ότι \angle AHM=\angle DFE
Μήπως \angle DHM= \angle DFE; ή (που είναι το ίδιο) \angle AHM=\angle BFE;
panos misiakos
Δημοσιεύσεις: 76
Εγγραφή: Σάβ Μάιος 04, 2013 1:35 pm

Re: Γωνιακή ισότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από panos misiakos »

Έχω λάθος στην εκφώνηση . Πάρε DC < AB για να σου βγεί η συγκεκριμένη γωνιακή ισότητα . Διαφορετικά ισχύει αυτή που αναφέρεις.
raf616
Δημοσιεύσεις: 680
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 17, 2013 4:35 pm
Τοποθεσία: Μυτιλήνη

Re: Γωνιακή ισότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από raf616 »

Καλησπέρα Πάνο! Μία προσπάθεια:

Όπως μπορεί κανείς να παρατηρήσει, η άσκηση σχετίζεται με την ευθεία Newton-Gauss του πλήρους τετραπλεύρου. Η λύση μου ουσιαστικά βασίζεται σε ένα λήμμα του οποίου την

απόδειξη μπορεί κανείς να βρεί εδώ.

Λήμμα: Έστω Q το μέσο του AF και P το μέσο του EF. Τότε \angle EFC = \angle PMQ.

Μέσω αυτού του λήμματος μπορούμε εύκολα να αποδείξουμε(η απόδειξη βρίσκεται και αυτή στο άρθρο που παρέθεσα) ότι τα σημεία M, Q, H, P είναι ομοκυκλικά.

Πίσω στο πρόβλημα τώρα, έχουμε ότι:

\angle AHM = 90^{o} - \angle MHF και \displaystyle{\angle DFE = \angle HFP - \angle DFH = \angle FHP - 90^{o} + \angle BDA = \angle FHP - 90^{o} + \angle BCA}.

Άρα, αρκεί \angle BCA + \angle FHP + \angle MHF = 180^{o} \iff \angle MHP = 180^{o} - \angle BCA.

Από το εγγράψιμο MQHP έχουμε \displaystyle{\angle MHP = \angle MQP = \angle CQP + \angle MQC = \angle CAD + \angle BFC = \angle DBC + \angle BFC = 180^{o} - \angle BCA} που δίνει το

ζητούμενο.

\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm, scale = 1.3] 
\clip(-2.448745217089564,-5.580149196209) rectangle (12.794661449673587,1.6920580407564891); 
\draw(5.086371239411066,-1.5747929679410027) circle (2.3165513560855997cm); 
\draw (3.1813697219563637,-0.25669608080511686)-- (6.5079511427218435,0.25428351047233916); 
\draw (6.5079511427218435,0.25428351047233916)-- (7.38391615634034,-1.2786552633600288); 
\draw (7.38391615634034,-1.2786552633600288)-- (6.877077755208118,-3.044412088551514); 
\draw (3.1813697219563637,-0.25669608080511686)-- (6.877077755208118,-3.044412088551514); 
\draw (6.5079511427218435,0.25428351047233916)-- (6.877077755208118,-3.044412088551514); 
\draw (3.1813697219563637,-0.25669608080511686)-- (7.38391615634034,-1.2786552633600288); 
\draw (6.659783373435313,-1.102563420370717)-- (9.54128920597663,-5.054058100223533); 
\draw (4.844660432339103,-0.0012062851663888485)-- (4.9205765476958385,-0.679629750587917); 
\draw (4.9205765476958385,-0.679629750587917)-- (5.805013748047748,-2.2357416072256084); 
\draw (5.805013748047748,-2.2357416072256084)-- (8.100536289705971,-3.078310760297125); 
\draw (4.844660432339103,-0.0012062851663888485)-- (8.100536289705971,-3.078310760297125); 
\draw (4.9205765476958385,-0.679629750587917)-- (8.100536289705971,-3.078310760297125); 
\draw (4.844660432339103,-0.0012062851663888485)-- (5.805013748047748,-2.2357416072256084); 
\draw (6.659783373435313,-1.102563420370717)-- (5.805013748047748,-2.2357416072256084); 
\draw (6.877077755208118,-3.044412088551514)-- (9.54128920597663,-5.054058100223533); 
\draw (7.38391615634034,-1.2786552633600288)-- (9.54128920597663,-5.054058100223533); 
\begin{scriptsize} 
\draw [fill=black] (3.1813697219563637,-0.25669608080511686) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (3.008770750023169,0.06555697666624118) node {A}; 
\draw [fill=black] (6.5079511427218435,0.25428351047233916) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (6.597826817065287,0.4419373881912572) node {B}; 
\draw [fill=black] (7.38391615634034,-1.2786552633600288) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (7.471567058105503,-1.0904685730177368) node {C}; 
\draw [fill=black] (6.877077755208118,-3.044412088551514) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (6.82634349549119,-3.3353088846133683) node {D}; 
\draw [fill=black] (-2.6233343017325725,2.454993295793865) circle (1.5pt); 
\draw [fill=black] (9.54128920597663,-5.054058100223533) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (9.635754424374346,-4.867714845822362) node {E}; 
\draw [fill=black] (6.659783373435313,-1.102563420370717) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (6.759132707718865,-0.9157205248096935) node {F}; 
\draw [fill=black] (4.844660432339103,-0.0012062851663888485) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (4.944441437866109,0.1865363946564249) node {M}; 
\draw [fill=black] (8.100536289705971,-3.078310760297125) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (8.197443566046605,-2.891717685316028) node {P}; 
\draw [fill=black] (4.9205765476958385,-0.679629750587917) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (4.702482601885742,-0.4183606952944937) node {Q}; 
\draw [fill=black] (5.805013748047748,-2.2357416072256084) circle (1.5pt); 
\draw<span style="color:black"> (5.589665000480423,-2.3674735406918983) node {H}; 
\end{scriptsize} 
\end{tikzpicture}

*EDIT: Αντικατάσταση του αρχείου Geogebra με κώδικα tikz.
Πάντα κατ' αριθμόν γίγνονται... ~ Πυθαγόρας

Ψυρούκης Ραφαήλ
Απάντηση

Επιστροφή στο “Γεωμετρία (Seniors) - Παλαιότερες Συζητήσεις”

Μέλη σε σύνδεση

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