mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 03, 2024 10:25 pm**

ΠΕΡΙΤΤΑ

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 04, 2024 1:30 am**

orestisgotsis έγραψε: Τετ Ιαν 03, 2024 10:25 pm Ίσες δύο γωνίες .png
Έστω $ABC\,\,$ ένα τρίγωνο με $\measuredangle \,B\,\,>90{}^\circ \,\,$ τέτοιο ώστε να υπάρχει σημείο $H\,\,$ στην πλευρά $AC\,\,$ με $AH=BH\,\,$ και $HB\bot BC\,\,$ στο $B\,\,$ . Αν $D\,\,$ και $E\,\,$ είναι τα μέσα των $AB\,\,$ και $BC\,\,$ αντίστοιχα και η παράλληλη από το $H\,\,$ προς την $AB\,\,$ τέμνει το $DE\,\,$ στο $F\,\,$ , δείξτε, τότε, ότι $\measuredangle \,BCF=\measuredangle \,ACD$ .

: Ισες δύο γωνίες.png (20.51 KiB) Προβλήθηκε 961 φορές

Με

τα μέσα των πλευρών BA,BC

αντίστοιχα του τριγώνου $\vartriangle ABC$ (οπότε $DE\parallel AC$ , αυτή θα διέρχεται και από το μέσο

της

και με $HF\parallel BD\Rightarrow DHFB$ παραλληλόγραμμο και με $\angle BDH={{90}^{0}}\Rightarrow DHFB$ ορθογώνιο, οπότε $\angle FB\bot BD\overset{BE\bot BH}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle CBF=\angle HBD\overset{HA=HB}{\mathop{=}}\,\angle DAC:\left( 1 \right)$

Αν

είναι η ορθή προβολή του

στην $BC\overset{AP\parallel BH}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle PAB=\angle HBA=\angle HAB\equiv \angle CAD:\left( 2 \right)$ , οπότε

διχοτόμος του τριγώνου $\vartriangle APC\overset{\Theta .\Delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon }{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{AP}{PB}:\left( 3 \right)$

Αλλά τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle APB,\vartriangle DAH$ είναι προφανώς όμοια (ορθογώνια με μια οξεία γωνία τους ίση) , άρα $\dfrac{AP}{PB}=\dfrac{AD}{DH}\overset{DH=BF}{\mathop{=}}\,\dfrac{AD}{DF}\overset{\left( 3 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{AD}{DF}\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle ADC\sim \vartriangle BFC\Rightarrow \angle ACD=\angle FCB$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 04, 2024 10:55 am**

orestisgotsis έγραψε: Τετ Ιαν 03, 2024 10:25 pm Ίσες δύο γωνίες .png

Έστω $ABC\,\,$ ένα τρίγωνο με $\measuredangle \,B\,\,>90{}^\circ \,\,$ τέτοιο ώστε να υπάρχει σημείο $H\,\,$ στην

πλευρά $AC\,\,$ με $AH=BH\,\,$ και $HB\bot BC\,\,$ στο $B\,\,$ . Αν $D\,\,$ και $E\,\,$ είναι τα μέσα

των $AB\,\,$ και $BC\,\,$ αντίστοιχα και η παράλληλη από το $H\,\,$ προς την $AB\,\,$ τέμνει

το $DE\,\,$ στο $F\,\,$ , δείξτε, τότε, ότι $\measuredangle \,BCF=\measuredangle \,ACD$ .

Μια εκτός φακέλου προσέγγιση.
$\bullet$ Είναι $DF\parallel AH\overset{AD\parallel HF}\Rightarrow HF=AD=DB\overset{DB\parallel HF}\Rightarrow DH\parallel FB\overset{DH\perp AB}\Rightarrow BF\perp AB$ και άρα $\displaystyle \frac{DF}{FE}=\frac{DB}{BE}\cdot \frac{\sin \angle DBF}{\sin \angle EBF}=\frac{AB}{BC}\cdot \frac{1}{\sin \angle A}=\frac{\sin \left ( 90^\circ-2\angle A \right )}{\sin \angle A\cdot \sin \angle A}=\frac{2\cos \left ( 2\angle A \right )}{1-\cos \left ( 2\angle A \right )}\left ( 1 \right ).$
$\bullet$ Έστω $Q\equiv CF\cap DB.$ Από Θ. Μενέλαου στο τρίγωνο $D\overset{\bigtriangleup }BE$ με διατέμνουσα CFQ

παίρνουμε $\displaystyle \frac{CE}{CB}\cdot \frac{DF}{FE}\cdot \frac{BQ}{DQ}=1\overset{\left ( 1 \right )}\Rightarrow \frac{BQ}{DQ}=\frac{1-\cos \left ( 2\angle A \right )}{\cos \left ( 2\angle A \right )}\Rightarrow \frac{BQ}{BD}=1-\cos \left ( 2\angle A \right )\Rightarrow \boxed{\frac{BQ}{AQ}=\frac{1-\cos \left ( 2\angle A \right )}{1+\cos \left ( 2\angle A \right )}}\left ( 2 \right ).$
$\bullet$ Όμως $\displaystyle \left ( \frac{BC}{AC} \right )^{2}=\left ( \frac{\sin \angle BAC}{\sin \angle ABC} \right )^{2}=\left ( \frac{\sin \angle A}{\sin \left ( 90^\circ+\angle A \right )} \right )^{2}=\frac{2\sin ^{2}\angle A}{2\cos ^{2}\angle A}=\frac{1-\cos \left ( 2\angle A \right )}{1+\cos \left ( 2\angle A \right )}\Rightarrow$
$\displaystyle \overset{\left ( 2 \right )}\Rightarrow \frac{BQ}{AQ}=\left ( \frac{BC}{AC} \right )^{2}\Rightarrow$ η ευθεία

είναι η ευθεία της

συμμετροδιαμέσου του τριγώνου $A\overset{\bigtriangleup }BC$ και αφού

μέσο της

, έπεται ότι $\angle BCF\equiv \angle BCQ=\angle ACD$ και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 04, 2024 12:26 pm**

orestisgotsis έγραψε: Τετ Ιαν 03, 2024 10:25 pm Ίσες δύο γωνίες .png

Έστω $ABC\,\,$ ένα τρίγωνο με $\measuredangle \,B\,\,>90{}^\circ \,\,$ τέτοιο ώστε να υπάρχει σημείο $H\,\,$ στην

πλευρά $AC\,\,$ με $AH=BH\,\,$ και $HB\bot BC\,\,$ στο $B\,\,$ . Αν $D\,\,$ και $E\,\,$ είναι τα μέσα

των $AB\,\,$ και $BC\,\,$ αντίστοιχα και η παράλληλη από το $H\,\,$ προς την $AB\,\,$ τέμνει

το $DE\,\,$ στο $F\,\,$ , δείξτε, τότε, ότι $\measuredangle \,BCF=\measuredangle \,ACD$ .