Κριτήριο 45άρας

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαίρετε !

: 21-5-17 Κριτήριο 45άρας !.PNG (5.93 KiB) Προβλήθηκε 2532 φορές

Το

είναι ύψος του $\triangle ABC$ και το BIKH

τετράγωνο εξωτερικά του . Οι IK,AC

τέμνονται στο

Να εξεταστεί αν αληθεύει η ισοδυναμία : $B\widehat{A}C=\dfrac{\pi }{4} \Leftrightarrow IZ=AH$

Ευχαριστώ , Γιώργος .

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:Χαίρετε !
21-5-17 Κριτήριο 45άρας !.PNG
Το είναι ύψος του $\triangle ABC$ και το τετράγωνο εξωτερικά του . Οι τέμνονται στο

Να εξεταστεί αν αληθεύει η ισοδυναμία : $B\widehat{A}C=\dfrac{\pi }{4} \Leftrightarrow IZ=AH$

Ευχαριστώ , Γιώργος .

Καλό μεσημέρι!

: Κριτήριο 45άρας.png (9.3 KiB) Προβλήθηκε 2515 φορές

Το απόγευμα η λύση.

edit: Άρση απόκρυψης. Αφήνω το σχήμα. Η λύση όπως του Ορέστη παρακάτω.

Ορέστης Λιγνός · #3

Καλησπέρα Γιώργο!

Φέρνουμε $CE \perp IZ$ , και έστω

το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ .

Είναι $\widehat{BKH}=\widehat{ACB} \mathop = \limits^{BC \parallel IZ} \widehat{CZE}$ .

Επίσης, BH=BI=CE

.

Από τα παραπάνω τα τρίγωνα $\vartriangle BKH, \vartriangle CZE$ είναι ίσα, άρα KH=EZ

(1).

Ας δείξουμε τώρα την ισοδυναμία του προβλήματος.

$\color{red}\Rightarrow$ Από την $\widehat{BAC}=45^\circ$ , έχουμε από γνωστή άσκηση AK=BC

(2).

Έτσι, $IZ=IE+EZ=BC+EZ \mathop = \limits^{(1)} BC+KH \mathop = \limits^{(2)} AK+KH=AH$ .

$\color{red}\Leftarrow$ Είναι $AH=AK+KH \mathop = \limits^{(1)} AK+EZ=$

AK+IZ-IE=AK+IZ-BC=AK-BC+AH

$\Rightarrow AK=BC \Rightarrow \widehat{BAC}=45^\circ$ (γνωστή πρόταση).

Υ.Γ. Η απόδειξη της σχέσης (2) είναι σχετικά απλή :

Έστω $D \equiv BK \cup AC$ . Προφανώς, το τρίγωνο BAD

είναι ορθογώνιο και έχει $\widehat{A}=45^\circ$ , άρα AD=BD

.

Εύκολα πλέον $\vartriangle AKD=\vartriangle BDC \Rightarrow AK=BC$ .

Βλέπω ότι με πρόλαβε ο Γιώργος με ίδια ακριβώς (!) λύση.

#4

1. Έστω $\widehat \theta = 45^\circ$ . Τότε $\widehat \theta = \widehat \xi = 45^\circ$ δηλαδή το τετράπλευρο ABKZ

είναι

εγγράψιμο οπότε $\widehat \omega = \widehat \phi = 45^\circ$ και άρα το τρίγωνο BAZ

είναι ορθογώνιο και

ισοσκελές με συνέπεια τα ορθογώνια τρίγωνα $HAB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,IBZ$ να είναι ίσα ως

έχοντα, υποτείνουσες ίσες και HB = IB

, άρα θα είναι : $\boxed{AH = IZ}$ .

: κριτήριο Σαρανταπεντάρας_b.png (28.99 KiB) Προβλήθηκε 2467 φορές

2. Αν τώρα AH = IZ

και αφού

θα είναι

$\vartriangle HAB = \vartriangle IBZ \Rightarrow \boxed{BA = BZ}\,\,(1)$

και $\widehat {IBZ} = \widehat {CBA} \Rightarrow \widehat {IBZ} + \widehat {ZBC} = \widehat {CBA} + \widehat {ZBC} \Rightarrow \boxed{90^\circ = \widehat {ABZ}}\,\,(2)$ . Λόγω των

$(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$ το τρίγωνο BAZ

είναι ορθογώνιο στο

και ισοσκελές άρα

$\boxed{\widehat \theta = 45^\circ }$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:Χαίρετε !
21-5-17 Κριτήριο 45άρας !.PNG
Το είναι ύψος του $\triangle ABC$ και το τετράγωνο εξωτερικά του . Οι τέμνονται στο

Να εξεταστεί αν αληθεύει η ισοδυναμία : $B\widehat{A}C=\dfrac{\pi }{4} \Leftrightarrow IZ=AH$

Ευχαριστώ , Γιώργος .

1.Η παράλληλη από το $\displaystyle{Z}$ προς την $\displaystyle{KB}$ τέμνει την $\displaystyle{IB}$ στο $\displaystyle{P}$ και προφανώς $\displaystyle{\boxed{IP = IZ}}$ και $\displaystyle{PBKZ}$ ισοσκελές τραπέζιο

Επειδή $\displaystyle{\angle BPZ = \angle BAZ = {45^0} \Rightarrow BZAP}$ εγγράψιμο άρα οι μπλε γωνίες είναι ίσες

Έτσι το τραπέζιο $\displaystyle{APBK}$ είναι εγγράψιμο συνεπώς είναι ισοσκελές και $\displaystyle{\boxed{AQ = HK}}$

οπότε $\displaystyle{\boxed{AH = AQ + QH = QH + HK = PI = IZ}}$

2. $\displaystyle{AH = IZ \Rightarrow AQ + QH = QH + HK \Rightarrow AQ = HK \Rightarrow APBK}$ ισοσκελές τραπέζιο κι έτσι όλες οι μπλε γωνίες είναι ίσες

Τότε , $\displaystyle{APBZ}$ εγγράψιμο $\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{\angle A = \angle BPZ = {{45}^0}}}$

: K45.png (14.12 KiB) Προβλήθηκε 2456 φορές

#6

Έστω

και E σημείο της

με

. Αν D είναι η προβολή του

στην

, έχουμε

, οπότε τα τρίγωνα ABH, AZE

είναι όμοια καθώς είναι ορθογώνια με λόγο κάθετων πλευρών ίσο με $\sqrt{2}$ . Επομένως $\angle{ZAE}=\angle{BAH}$ , οπότε $\angle{BAC}=45^0$ .
Αντίστροφα, αν $\angle{BAC}=45^0$ , κατασκευάζουμε το

με τον ίδιο τρόπο και μετά κατασκευάζουμε το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο DEZ

με

. Με τον ίδιο τρόπο, αποδεικνύουμε ότι τα τρίγωνα ABH, AZE

είναι όμοια, οπότε $\angle{BAZ}=45^0$ , επομένως οι ευθείες AC, AZ

ταυτίζονται και AH=HE=IZ

.

Ανδρέας Πούλος · #7

Λύση με τη χρήση της Αναλυτικής Γεωμετρίας. Άχαρη λύση, είναι όμως λύση.

Ορίζουμε ως H(0, 0)

.
Τότε έχουμε I(-a, -a)

.
Βρίσκουμε ότι η εξίσωση της ευθείας

είναι η $y=-\frac{2a+b}{b}x +a +b$ ,
άρα, $C\left ( \frac{b(a+b))}{2a+b}, 0 \right )$ .

Μετά από αυτά έχουμε $tanABH = \frac{a+b}{a}$ και $tanACH = \frac{2a+b}{-b}$

και με τριγωνομετρικούς υπολογισμούς στο τρίγωνο ABC

βρίσκουμε ότι tanA=1

, δηλαδή η γωνία A=45

.

Ανδρέας Πούλος · #8

Λύση με τη χρήση των τύπων του εμβαδού τριγώνου.
Ορίζουμε AH = a+b

,

, τότε

.
Επίσης,
(ABC) = (BC*AH)/2

, (1) και
(ABC) = (AC*AB*sinA)/2

, (2).

Από ομοιότητα των τριγώνων AHC

,

υπολογίζουμε ότι HC = b(a+b)/(2a+b)

Με τη χρήση του Πυθαγόρειου θεωρήματος εκφράζουμε τα μήκη

,

συναρτήσει των a, b.
Για πρακτικούς λόγους να μην έχουμε τετραγωνικές ρίζες στα μήκη εξισώνουμε τα τετράγωνα του εμβαδού του τριγώνου ABC στους τύπους (1) και (2).
και παίρνουμε ότι (sinA)^2 =1/2

, από όπου προκύπτει ότι γωνία A=45

.

S.E.Louridas · #9

Καλημέρα
Απλά και μόνο και επειδή όταν ο Γιώργος προτείνει, έχει να πει κάτι καλό.

Καταθέτω και την στοιχειώδη άποψη μου:
Στο σχήμα που ακολουθεί οι κύκλοι e,p

είναι ίσοι. Επίσης έχουμε BC = BL

και

Άρα

επομένως $\angle ACB + \angle BCA' = \pi ,$ δηλαδή τα σημεία A,C,A'

είναι συνευθειακά, επομένως $A{'}\equiv Z.$

Ανδρέας Πούλος · #10

Ανδρέας Πούλος έγραψε:Λύση με τη χρήση των τύπων του εμβαδού τριγώνου.
Ορίζουμε , , τότε .
Επίσης,
, (1) και
, (2).

Από ομοιότητα των τριγώνων , υπολογίζουμε ότι
Με τη χρήση του Πυθαγόρειου θεωρήματος εκφράζουμε τα μήκη , συναρτήσει των a, b.
Για πρακτικούς λόγους να μην έχουμε τετραγωνικές ρίζες στα μήκη εξισώνουμε τα τετράγωνα του εμβαδού του τριγώνου ABC στους τύπους (1) και (2).
και παίρνουμε ότι , από όπου προκύπτει ότι γωνία .

Ανδρέας Πούλος · #11

Το συνημμένο σχήμα είναι κατανοητό πώς δημιουργείται.
Στο σχήμα αυτό η γωνία BAC

αποτελείται από τις γωνίες

,

.
Θα υπολογίσουμε τριγωνομετρικά την εφαπτομένη της γωνίας BAC.
$tan\angle BAC=tan(x+y)= \frac{tanx+tany}{1-tanx\cdot tany}$
Όμως, σύμφωνα με το σχήμα $tany=\frac{b}{2a+b}$ και $tanx=\frac{a}{a+b}$ .
Με αντικατάσταση στον γνωστό τριγωνομετρικό τύπο για την εφαπτομένη του αθροίσματος δύο γωνιών προκύπτει $tan\angle BAC=1$ .
Αυτό σημαίνει ότι η γωνία BAC είναι 45ο.

S.E.Louridas · #12

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:Χαίρετε !
21-5-17 Κριτήριο 45άρας !.PNG
Το είναι ύψος του $\triangle ABC$ και το τετράγωνο εξωτερικά του . Οι τέμνονται στο
Να εξεταστεί αν αληθεύει η ισοδυναμία : $B\widehat{A}C=\dfrac{\pi }{4} \Leftrightarrow IZ=AH$

Γεια χαρά και πάλι. Ας δούμε και αυτή την άποψη, πάντα για τον εισηγητή Γιώργο:

Ευθύ: Έστω $\angle A=\frac{\pi }{4},\;\; BZ' \bot BA,\;\,Z' \in AC$ (Προφανώς στην ημιευθεία

). Τότε $\angle HBA = \angle IBZ',\;BA = BZ',\;BH = BI,$ οπότε $\vartriangle BIZ' = \vartriangle ABH \Rightarrow \angle Z'IB = {90^ \circ } \Rightarrow Z' \equiv Z,$ συνεπώς AH=IZ,

αφού η κάθετη από το σημείο

στην

είναι μονοσημάντως ορισμένη.

Το αντίστροφο είναι άμεσο και προκύπτει από την προφανή ισότητα των ορθογώνιων τριγώνων HAB

και

που οδηγεί στο ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο BZA

, με $\angle ZBA =\frac{\pi }{2}$ .
Εδώ θεωρώ ότι τελειώσαμε.

Σχόλιο: Είναι πολύ σημαντικό στα Μαθηματικά να διδάσκουμε την αξιοποίηση του μονοσημάντου ενός αντικειμένου, ενός μεγέθους.
Προσωπικά το έχω στην διδακτική μου ατζέντα και όχι μόνο για την Ευκλείδεια Γεωμετρία.

Ανδρέας Πούλος · #13

Στο συνημμένο σχήμα εφαρμόζουμε τον Νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ABZ. Ισχύουν σύμφωνα με το Πυθαγόρειο θεώρημα οι σχέσεις:

$AB^{2}=a^{2}+(a+b)^{2}$ (1)
$AZ^{2}=b^{2}+(2a+b)^{2}$ (2)
$BZ^{2}=b^{2}+(a+b)^{2}$ (3)

$BZ^{2}=AB^{2}+AZ^{2}-2AB\cdot AZ\cdotcosA$ (4)

Με αντικατάσταση των τύπων (1), (2), (3) στον τύπο (4) προκύπτει ότι $cosA=\frac{\sqrt{2}}{2}$ , δηλαδή η γωνία A = 45.

Ανδρέας Πούλος · #14

Σχετική με τη λύση του Μιχάλη,
Στο συνημμένο σχήμα για το τρίγωνο ABZ

έχουμε ότι AB=BZ

διαγώνιες ίσων ορθογωνίων παραλληλογράμμων
και ότι αυτές οι πλευρές είναι κάθετες (από ισότητα τριγώνων και συμπληρωματικές γωνίες).
Άρα, γωνία ABZ = 90

, άρα γωνία BAC = BAZ = 45

.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #15

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:Χαίρετε !
21-5-17 Κριτήριο 45άρας !.PNG
Το είναι ύψος του $\triangle ABC$ και το τετράγωνο εξωτερικά του . Οι τέμνονται στο

Να εξεταστεί αν αληθεύει η ισοδυναμία : $B\widehat{A}C=\dfrac{\pi }{4} \Leftrightarrow IZ=AH$

Ευχαριστώ , Γιώργος .

Άλλη μια...

Έστω $\displaystyle{\angle A = {45^0}}$

Με $\displaystyle{BD \bot AC}$ τα $\displaystyle{ABHD,DBIZ}$ είναι εγράψιμα με $\displaystyle{\angle DHC = \angle A = 45 = \angle BHI \Rightarrow I,H,D}$ συνευθειακά.

Έτσι οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες, άρα $\displaystyle{ABSZ}$ εγγράψιμο ,συνεπώς $\displaystyle{ZB \bot AB \Rightarrow }$ $\displaystyle{AB}$ εφάπτεται του περίκυκλου του $\displaystyle{BDZI \Rightarrow ZB \bot AB}$

Τότε όμως $\displaystyle{AB = BZ,BH = BI \Rightarrow \vartriangle ABH = \vartriangle BIZ \Rightarrow \boxed{IZ = AH}}$

Έστω $\displaystyle{IZ = AH}$

Επειδή και $\displaystyle{BI = BH \Rightarrow \vartriangle BIZ = \vartriangle ABH \Rightarrow \angle IBZ = \angle HBA}$ και $\displaystyle{AB = BZ}$

Τότε, προφανώς είναι $\displaystyle{\angle ABZ = \angle HBI = {90^0} \Rightarrow \boxed{\angle A = \angle BZC = {{45}^0}}}$

: 45-άρα.png (21.68 KiB) Προβλήθηκε 2199 φορές

Γιώργος Μήτσιος · #16

Χαιρετώ ! Να ευχαριστήσω από καρδιάς , όλους τους συμμετέχοντες για την ποικιλία εξαιρετικών λύσεων !
Η λύση που είχα κατά την ανάρτηση του θέματος
για το αντίστροφο ήταν αποδεικνύοντας το τρίγωνο ABZ

ως ορθογώνιο και ισοσκελές .. λύση που βεβαίως έχει καλυφθεί !
Για το ευθύ , η πρώτη απόδειξη που βρήκα είναι η ''τριγωνομετρική'' που ακολουθεί με χρήση και του σχήματος :

: 26-5-17 ..45άρα.PNG (7 KiB) Προβλήθηκε 2170 φορές

Έστω $\widehat{A}=45^{0}$ τότε : $\varepsilon \varphi \left ( \omega +\varphi \right )=1\Leftrightarrow \varepsilon \varphi \omega +\varepsilon \varphi \varphi =1-\varepsilon \varphi \omega \cdot \varepsilon \varphi \varphi \Rightarrow \boxed{ x+y=1-xy} (1)$ .

Από τα όμοια $HAC,KAZ :\dfrac{k}{y}=\dfrac{1+x}{1}\Leftrightarrow k=xy+y$ οπότε IZ=x+k=x+y+xy=1 =AH

.

Σίγουρος (*) λοιπόν ότι λύνεται με τα εργαλεία της Ευκλείδειας Γεωμετρίας , θέλησα να μοιραστώ -χωρίς χρονοτριβή - το θέμα μαζί σας ...
και βέβαια ..

..με την δύναμη πυρός που το ''γάζωσε'' , ιδού τα ωραία αποτελέσματα !

(*) O τύπος της $\varepsilon \varphi \left ( \omega +\varphi \right )$ αποδεικνύεται , ως γνωστόν, και αμιγώς Γεωμετρικά .
Ας αντιγράψω και εδώ την ''εικασία'' που έθεσα στο θέμα Γωνία ..Γεωμετρίας:

Έστω ότι λύνουμε κάποιο πρόβλημα όπου , εκτός των γεωμετρικών εργαλείων, κανουμε χρήση και τριγωνομετρικών τύπων .
Οι τύποι όμως αυτοί έχουν αποδειχθεί με αμιγώς γεωμετρικά μέσα . Τότε :
Το πρόβλημα (έχω την πεποίθηση πως ) μπορεί να λυθεί καθαρά Γεωμετρικά , χωρίς τη χρήση των εν λόγω τύπων της Τριγωνομετρίας ...
Ασφαλώς και θα με ενδιέφερε η γνώμη σας !

Φιλικά Γιώργος .

Κριτήριο 45άρας

Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Re: Κριτήριο 45άρας

Μέλη σε σύνδεση