Από τη Κορέα.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 877.png (8.92 KiB) Προβλήθηκε 1108 φορές

Στο παραπάνω σχήμα, δείξτε ότι $AH=\dfrac{AB+AK}{2}$ .

Σταμ. Γλάρος · #2

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 07, 2023 7:32 pm
877.png

Στο παραπάνω σχήμα, δείξτε ότι $AH=\dfrac{AB+AK}{2}$ .

: Από την Κορέα.png (60.38 KiB) Προβλήθηκε 1055 φορές

Καλησπέρα! Χρόνια πολλά! Καλή χρονιά σε όλους !

Μια προσπάθεια ...
Στην προέκταση της

θεωρούμε ευθύγραμμο τμήμα HD=AH

.
Εύκολα προκύπτει ότι το τρίγωνο ABC

είναι ισοσκελές , $\widehat{BAH}=\widehat{CAH}=40^o$ και ABDC

: ρόμβος.
Επίσης $\widehat{BKA}=70^o$ και τρίγωνο AEK

ισοσκελές αφού και $\widehat{KEA}=70^o$ .
Συνεπώς AE=AK

.
Επίσης το τρίγωνο BDE

είναι ισοσκελές $\widehat{DBE}=\widehat{DEB}=70^o$ , συνεπώς BD=DE

και αφού

: ρόμβος,

.
Από τα παραπάνω προκύπτει ότι: 2AH=AD=AE+DE=AK+BD=AK+AB

.
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

#3

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 07, 2023 7:32 pm
877.png

Στο παραπάνω σχήμα, δείξτε ότι $AH=\dfrac{AB+AK}{2}$ .

Ας είναι

το σημείο τομής των $AH\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BK$ . Επειδή $\widehat {\theta _{}^{}}$ είναι συμπλήρωμα των $20^\circ$ και η $\widehat {\omega _{}^{}}$ ως εξωτερική στο $\vartriangle KBC$ θα έχω :

$\widehat {\theta _{}^{}} = 90^\circ - 20^\circ = 70^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {\omega _{}^{}} = 20^\circ + 50^\circ = 70^\circ$ , δηλαδή το $\vartriangle ASK$ είναι ισοσκελές.

Γράφω τον κύκλο , $\left( {A,R} \right)\,\,,\,\,R = AB = AC$ που τέμνει την ημιευθεία

στο

.

Η εγγεγραμμένη , $\widehat {DBC} = \dfrac{1}{2}\widehat {DAC} = 20^\circ$ , άρα η

είναι μεσοκάθετος στο

.

: Απο Κορέα.png (29.35 KiB) Προβλήθηκε 1035 φορές

Προεκτείνω και το

προς το

κατά

. Θέτω τώρα :

$AT = AS = AK = m\,\,,\,\,SH = HD = k$ ενώ , R = AD = m + 2k

. Μετά απ’ αυτά :

$\left\{ \begin{gathered} TD = TS + SD = 2m + 2k = 2AH\,\,\left( 1 \right) \hfill \\ AB + AK = R + m = \left( {m + 2k} \right) + m = 2m + 2k = 2AH\,\left( 2 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Από τις δύο πιο πάνω έχω : $\boxed{AH = \frac{{AB + AK}}{2}}$ .

sakis1963 · #4

Εστω

το συμμετρικό του

ως προς το

Το τρίγωνο DBC

είναι ορθογώνιο με $\widehat{DBC}=90$ , AB=AC=AD

και

η γωνία $\widehat{DBK}=90-20=70°=50+20=\widehat{BKA}$

Αρα DB=DK=AB+AK

και αφού

προκύπτει το ζητούμενο

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 07, 2023 7:32 pm
877.png

Στο παραπάνω σχήμα, δείξτε ότι $AH=\dfrac{AB+AK}{2}$ .

Με $HM//BK \Rightarrow \triangle AHM$ ισοσκελές και $KM=MC=\dfrac{AB-AK}{2}$

Έτσι, $AH=AM=AK+KM=AK+\dfrac{AB-AK}{2} =\dfrac{AB+AK}{2}$

: Από την Κορέα.png (14.28 KiB) Προβλήθηκε 1015 φορές

Henri van Aubel · #6

Καλημέρα!!!

Λίγο αλλιώς.

Είναι $\displaystyle \frac{AK}{AB}=\frac{\sin \widehat{ABK}}{\sin \widehat{AKB}}=\frac{\sin 30^{\circ}}{\sin 70^{\circ}}\Leftrightarrow AK=\frac{AB}{2\sin 70^{\circ}}:(1)$

Επίσης είναι $AH=AB\cdot \sin 50^{\circ}:(2)$

Άρα ,από τις δύο προηγούμενες σχέσεις , συμπεραίνουμε ότι αρκεί να αποδειχθεί ότι:

$\displaystyle AB+\frac{AB}{2\sin 70^{\circ}}=2AB\cdot \sin 50^{\circ}\Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow 1+\frac{1}{2\sin 70^{\circ}}=2\sin 50^{\circ}$

Πάρτε $\sin 50^{\circ}=\cos \left ( 180^{\circ}-2\cdot 70^{\circ} \right)$ και θα βγάλετε σχετικά απλά το ζητούμενο!!

#7

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 07, 2023 7:32 pm
877.png

Στο παραπάνω σχήμα, δείξτε ότι $AH=\dfrac{AB+AK}{2}$ .

Έστω

μέσο του

Προφανώς,

: Από Κορέα.png (15.02 KiB) Προβλήθηκε 953 φορές

$\displaystyle AH = AL + LH = AK + HN = AK + \frac{{KC}}{2} = \frac{{AK + AC}}{2} = \frac{{AK + AB}}{2}$

Από τη Κορέα.

Από τη Κορέα.

Re: Από τη Κορέα.

Re: Από τη Κορέα.

Re: Από τη Κορέα.

Re: Από τη Κορέα.

Re: Από τη Κορέα.

Re: Από τη Κορέα.

Μέλη σε σύνδεση