mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 07, 2020 8:59 pm**

: Ορθογώνιο και ισοσκελές.png (4.49 KiB) Προβλήθηκε 1284 φορές

Δίδεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο $ABC\left( {AB = AC} \right)$ .

Θεωρώ τα σημεία :

του

με $AD = \dfrac{2}{3}AB$ και

του

με $AE = \dfrac{1}{3}AB$ .

Δείξετε ότι : $\widehat {EDA} = \widehat {CBE}$ .

Εκτός φακέλου δικαιούται μία ανάρτηση έκαστος , εντός φακέλου όσες θέλει .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 07, 2020 9:36 pm**

Καλησπέρα!

Θεωρώ σημείο

στην πλευρά

, ώστε

.

Το τρίγωνο AEZ

είναι και αυτό ορθογώνιο και ισοσκελές λόγω της προηγούμενης παραλληλίας.

Επομένως , από το πυθαγόρειο θεώρημα , EZ^2=2AZ^2

.

Από το θεώρημα του Θαλή, έχω $\dfrac{AZ}{AB}=\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{1}{3}$ .

Συνδυάζοντας τις 2 τελευταίες σχέσεις παίρνω $EZ^2=\dfrac{2AB^2}{9}$ .

Ισχύουν $BZ=AB-AZ=\dfrac{2AB}{3}, DZ=BZ-BD=\dfrac{AB}{3}$ .

Επομένως $BZ\cdot DZ=\dfrac{2AB^2}{9}=EZ^2\Leftrightarrow \dfrac{BZ}{EZ}=\dfrac{EZ}{DZ}$ .

Άρα , τα τρίγωνα DEZ, BEZ

όμοια λόγω της τελευταίας αναλογίας και του γεγονότος ότι η $\angle BZE$ κοινή γωνία.

Οπότε , από την ομοιότητα των τριγώνων έχω $\angle ADE=\angle BEZ$ .

Όμως, $\angle BEZ=\angle CBE$ , ως εντός εναλλάξ γωνίες.

Τελικά, συνδυάζοντας τις 2 τελευταίες σχέσεις παίρνω $\angle ADE=\angle CBE$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 07, 2020 9:59 pm**

Καλησπέρα!
Ας αφήσω Νίκο σε σένα να χαρακτηρίσεις την ακόλουθη ως εντός ή εκτός φακέλου..

: Ισότητα γωνιών Ν.Φ.png (50.1 KiB) Προβλήθηκε 1263 φορές

Φέρω $EZ \perp BC$ . Αν AE=BD=1

τότε

και με Π.Θ $BC=3\sqrt{2}..EZ=ZC=\sqrt{2}..BZ=2\sqrt{2}$ άρα $tan\theta =\dfrac{1}{2}=tan\varphi \Rightarrow \theta =\varphi$ ως οξείες.

Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 07, 2020 10:42 pm**

: 40.png (18.31 KiB) Προβλήθηκε 1243 φορές

Από την ισότητα των τριγώνων ADE, AMP

έπεται ότι $\varphi =\theta$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Οκτ 07, 2020 11:12 pm**

: Ισότητα γωνιών.png (111.83 KiB) Προβλήθηκε 1236 φορές

Παρόμοια λύση με του κ.Μήτσιου.

Είναι $\tan x = \dfrac{AE}{AD}=\dfrac{(1/3)AC}{(2/3)AB}=\dfrac{1}{2}$

Εστω

το συμμετρικό του

με κέντρο το

.Το τρίγωνο NCB

ορθογώνιο και ισοσκελές αφού η διάμεσος του $CA=\dfrac{BN}{2}$ είναι και ύψος.
To

είναι τότε το βαρύκεντρο του τριγώνου BCN

αφού $AE=\dfrac{1}{3}AC$ .

Αρα BM διάμεσος του BNC

συνεπώς $\tan y=\dfrac{MC}{BC}=\dfrac{NC/2}{NC}=\dfrac{1}{2} \Rightarrow \tan x=\tan y \Rightarrow x=y$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 08, 2020 6:38 pm**

Doloros έγραψε: Τετ Οκτ 07, 2020 8:59 pm Ορθογώνιο και ισοσκελές.png

Δίδεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο $ABC\left( {AB = AC} \right)$ .

Θεωρώ τα σημεία : του με $AD = \dfrac{2}{3}AB$ και του με $AE = \dfrac{1}{3}AB$ .

Δείξετε ότι : $\widehat {EDA} = \widehat {CBE}$ .

Εκτός φακέλου δικαιούται μία ανάρτηση έκαστος , εντός φακέλου όσες θέλει .

Είναι $DB=AE= \dfrac{b}{3}$ και με $AM \bot BC \Rightarrow \Rightarrow AM=MB$ .Ακόμη, $\angle ABC=MAC=45^0$

Έτσι,από την ισότητα των τριγώνων BDM,MAE

$\Rightarrow \angle BDM= \angle AEM \Rightarrow ADME$ εγγράψιμο και $\angle \varphi =\angle y$

Αλλά με $CZ \bot BC \Rightarrow \triangle BCZ$ ορθογώνιο ισοσκελές οπότε $\angle EZC= \angle EBC=\angle theta =\angle y$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε

: Ισότητα γωνιών.png (19.37 KiB) Προβλήθηκε 1173 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 08, 2020 7:32 pm**

Έστω

: Ισότητα γωνιών.Φ..png (9.42 KiB) Προβλήθηκε 1155 φορές

$\displaystyle \tan \varphi = \frac{1}{2},\tan \omega = \frac{1}{3},\tan \theta = \tan (45^\circ - \omega ) = \frac{1}{2} \Rightarrow$ $\boxed{\varphi=\theta}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 08, 2020 8:24 pm**

: 135^0.png (8.28 KiB) Προβλήθηκε 1143 φορές

mathematica.gr

Ισότητα γωνιών

Ισότητα γωνιών

Re: Ισότητα γωνιών

Re: Ισότητα γωνιών

Re: Ισότητα γωνιών

Re: Ισότητα γωνιών

Re: Ισότητα γωνιών

Re: Ισότητα γωνιών

Re: Ισότητα γωνιών