mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 30, 2017 7:53 pm**

: Διπλάσια γωνία σε ισοσκελές.png (11.03 KiB) Προβλήθηκε 1434 φορές

Στο εσωτερικό ισοσκελούς τριγώνου $ABC(\widehat A=100^0)$ θεωρούμε σημείο

ώστε

και $A\widehat BP=2A\widehat CP=2x.$ Να υπολογίσετε τη γωνία

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 30, 2017 9:57 pm**

Παρατηρούμε ότι υπάρχει μοναδικό εσωτερικό σημείο

με τη δοθείσα ιδιότητα.

Έστω

επί της διχοτόμου της $\angle B$ τέτοιο ώστε BP' = AB

και

το συμμετρικό του

ως προς την

.

Ισχύει $\angle P'BA' = 60^o$ και BP' = BA'

, άρα το $\triangle BA'P'$ είναι ισόπλευρο.

Επομένως A'B= A'P' = A'C

και αφού $\angle P'BC=20^o$ , έπεται ότι $\angle P'A'C= 40^o.$

Άρα $\angle A'P'C = 70^o$ και κατά συνέπεια $\angle BP'C = 130^o$ . Άρα $\displaystyle{ \angle BCP' = 180^o - 130^o - 20^o =30^o }$ και $\displaystyle{ \angle P'CA = 10^o}$ .

Δηλαδή ισχύει $\displaystyle{ \angle ABP' = 2\angle ACP' = 20^o }$ . Συνεπώς λόγω της μοναδικότητας $P' \equiv P$ και x = 10^o.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 30, 2017 10:13 pm**

: Διπλάσια γωνία σε ισοσκελές.png (27.02 KiB) Προβλήθηκε 1387 φορές

Φέρνω τη διάμεσο

του ισοσκελούς $\vartriangle BAP$ που είναι διχοτόμος και ύψος.

Η ευθεία

τέμνει την

στο

.

$\vartriangle ABT = \vartriangle ACT$ ( έμμεσο κριτήριο) και συνεπώς :

$\widehat {BAT} = \widehat {BPT} = 50^\circ \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {BPT} = \widehat {PCB} + \widehat {PBT} = 40^\circ - \widehat x + 40^\circ - 2\widehat x$ .

Άρα $\widehat x = 10^\circ$

Edit.

Επειδή μου ζητήθηκε σχετικά για το έμμεσο κριτήριο ισότητας .

Τα τρίγωνα $ATB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ATC$ έχουν : $\left\{ \begin{gathered} AB = AC \hfill \\ AT = AT \hfill \\ \widehat {ABT} = \widehat {ACT} = \widehat x \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Συνεπώς τα τρίγωνα είτε είναι ίσα είτε $\widehat {ATB} + \widehat {ATC} = 180^\circ$ που προφανώς

Αποκλείεται. Άρα είναι ίσα οπότε $\widehat {BAT} = \widehat {CAT}$ κι αφού έχουν άθροισμα $100^\circ$ θα

είναι κάθε μια από $50^\circ$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 30, 2017 10:58 pm**

Παίρνουμε το περίκεντρο

του τριγώνου $\vartriangle APC$ .

Από το ισοσκελές $\vartriangle BAP$ , $\widehat{BAP}=90^\circ-x$ , και αφού $\widehat{BAC}=100^\circ$ , $\widehat{PAC}=x+10^\circ$ (1).

Τα τρίγωνα $\vartriangle ABP, \vartriangle AKP$ έχουν κοινή πλευρά

και είναι ισοσκελή (αφού BA=BP

, από υπόθεση, και KA=KP

λόγω του περικέντρου).

Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι είναι ίσα, συνεπώς AC=AB=BP=KP=KA=KC

, οπότε το $\vartriangle KAC$ είναι ισόπλευρο.

Είναι (λόγω του περικέντρου),

$60^\circ=\widehat{AKC}=\widehat{AKP}+\widehat{PKC}=$

$2\widehat{PCA}+2\widehat{PAC} \mathop = \limits^{(1)} 2x+20^\circ+2x=4x+20^\circ \Rightarrow \boxed{x=10^\circ}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 30, 2017 11:10 pm**

Αλλιώς.

Παίρνουμε το συμμετρικό

του

ως προς την

.

Λόγω συμμετρίας, $\widehat{ATP}=\widehat{ACP}=x$ , οπότε $2x=\widehat{ABP}=2\widehat{ATP}$ , και αφού BA=BP

, το

είναι περίκεντρο του $\vartriangle APT$ και AC=BA=BP=BT

, οπότε το $\vartriangle BAT$ είναι ισόπλευρο.

Είναι $60^\circ=\widehat{ABT}=\widehat{ABP}+\widehat{PBT}=2(\widehat{TAP}+\widehat{ATP})=$

$2(180^\circ-\widehat{APT}) \Rightarrow \widehat{APC}=\widehat{APT}=150^\circ$ .

Άρα, από το τρίγωνο $\vartriangle APC$ , $\widehat{PAC}=30^\circ-x$ , και από το ισοσκελές $\vartriangle BAP$ , $\widehat{BAP}=90^\circ-x$ .

Συνοψίζοντας, $100^\circ=\widehat{BAC}=\widehat{BAP}+\widehat{PAC}=30^\circ-x+90^\circ-x \Rightarrow x=10^\circ$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 01, 2017 3:22 am**

Για το έμμεσο κριτήριο όχι γιατί δεν διδάσκεται απλώς αλλά πιο πολύ γιατί δεν υπάρχει καν μέσα στα τωρινά σχολικά βιβλία.

Δείτε σχετικά: αυτό.

mathematica.gr

Διπλάσια γωνία σε ισοσκελές

Διπλάσια γωνία σε ισοσκελές

Re: Διπλάσια γωνία σε ισοσκελές

Re: Διπλάσια γωνία σε ισοσκελές

Re: Διπλάσια γωνία σε ισοσκελές

Re: Διπλάσια γωνία σε ισοσκελές

Re: Διπλάσια γωνία σε ισοσκελές