mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 06, 2026 12:04 pm**

Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές , $AB=A\Gamma$ και τα σημεία $\Delta ,E$ επί των πλευρών

AB,A\Gamma

αντίστοιχα .Αν

A=30^{0},\hat{ΔE\Gamma }=45^{0},\Delta E=B\Gamma

Να αποδειχθεί ότι

\Gamma B=\Gamma \Delta

Προτείνεται απο τον Μπάμπη Στεργίου

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 06, 2026 7:03 pm**

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 06, 2026 7:23 pm**

Doloros έγραψε: Σάβ Ιουν 06, 2026 7:03 pm
ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
STOPJOHN έγραψε: Σάβ Ιουν 06, 2026 12:04 pm Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές , $AB=A\Gamma$ και τα σημεία $\Delta ,E$ επί των πλευρών $AB,A\Gamma$ αντίστοιχα .Αν $A=30^{0},\hat{ΔE\Gamma }=45^{0},\Delta E=B\Gamma$ Να αποδειχθεί ότι $\Gamma B=\Gamma \Delta$

Προτείνεται απο τον Μπάμπη Στεργίου
Υπόδειξη

Γράφω το κύκλο του $\vartriangle ABC$ , έστω $\left( {O,R} \right)$ και προκύπτουν :

Ένα ισόπλευρο τρίγωνο, ένα παραλληλόγραμμο και ένα ισοσκελές τραπέζιο. Τα υπόλοιπα απλά

Κινέζα 2.png

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 06, 2026 9:00 pm**

STOPJOHN έγραψε: Σάβ Ιουν 06, 2026 12:04 pm Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές , $AB=A\Gamma$ και τα σημεία $\Delta ,E$ επί των πλευρών $AB,A\Gamma$ αντίστοιχα .Αν $A=30^{0},\hat{ΔE\Gamma }=45^{0},\Delta E=B\Gamma$ Να αποδειχθεί ότι $\Gamma B=\Gamma \Delta$

Προτείνεται απο τον Μπάμπη Στεργίου

: shape.png (22.29 KiB) Προβλήθηκε 313 φορές

Κατασκευάζω το ισόπλευρο $\Delta {\rm E}{\rm Z}$ και φέρνω

{\rm Z}{\rm M} \bot {\rm A}{\rm B}

.

Το τετράπλευρο ${\rm Z}{\rm E}\Gamma {\rm B}$ είναι παραλληλόγραμμο (

{\rm Z}{\rm E}\mathop = \limits^\parallel {\rm B}\Gamma

) και

\triangleleft {\rm B}\Delta {\rm Z}\mathop = \limits^{\Gamma - \Pi - \Gamma } \triangleleft {\rm A}{\rm E}\Delta

, οπότε

{\rm B}{\rm Z} = {\rm A}\Delta = \Gamma {\rm E}

και

{\rm B}\Delta = {\rm A}{\rm E}

.

Στο τρίγωνο

{\rm B}{\rm Z}{\rm M}:{\rm Z}{\rm M} = \dfrac{{{\rm B}{\rm Z}}}{2} = \dfrac{{{\rm A}\Delta }}{2}

, που σημαίνει πως στο τρίγωνο

{\rm Z}{\rm A}\Delta

το ύψος

{\rm Z}{\rm M}

είναι και διάμεσος, άρα

{\rm Z}\Delta = {\rm Z}{\rm A}

.

Τέλος, από σύγκριση των τριγώνων

\Gamma {\rm B}\Delta ,\,{\rm Z}{\rm E}{\rm A}\,(\Pi - \Gamma - \Pi )

ή των τριγώνων

{\rm Z}{\rm A}\Delta ,\Delta {\rm E}\Gamma

, το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 06, 2026 9:12 pm**

STOPJOHN έγραψε: Σάβ Ιουν 06, 2026 12:04 pm Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές , $AB=A\Gamma$ και τα σημεία $\Delta ,E$ επί των πλευρών $AB,A\Gamma$ αντίστοιχα .Αν $A=30^{0},\hat{ΔE\Gamma }=45^{0},\Delta E=B\Gamma$ Να αποδειχθεί ότι $\Gamma B=\Gamma \Delta$

Θεωρούμε το παραλληλόγραμμο

DBTE

και

F \equiv BC \cap ET.

Άμεσα έχουμε

\angle CBT = \frac{\pi }{3} \Rightarrow BC = CT = TB.

Παρατηρούμε ότι

\vartriangle AED = \vartriangle TCE.

Θεωρούμε εδώ το ισόπλευρο τρίγωνο

\vartriangle LED.

Εύκολα παίρνουμε

\angle ELD = \angle LED = \frac{{5\,\pi }}{{12}},

με τα τρίγωνα πλέον

DEL, CBD

να προκύπτουν ίσα και εδώ θεωρώ ότι το πρόβλημα λύθηκε.

: B. S..png (57.4 KiB) Προβλήθηκε 307 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 07, 2026 8:36 pm**

STOPJOHN έγραψε: Σάβ Ιουν 06, 2026 12:04 pm Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές , $AB=A\Gamma$ και τα σημεία $\Delta ,E$ επί των πλευρών $AB,A\Gamma$ αντίστοιχα .Αν $A=30^{0},\hat{ΔE\Gamma }=45^{0},\Delta E=B\Gamma$ Να αποδειχθεί ότι $\Gamma B=\Gamma \Delta$

Προτείνεται απο τον Μπάμπη Στεργίου

Έστω

BO//DE,OE//B\Delta

τότε δημιουργούνται τα ισοσκελή τρίγωνα

OEA,\Delta OE,B\Delta O

γιατί

\hat{\Delta OA}=15^{0}=\hat{OAE}=\hat{AOE}=\hat{\Delta EO}=\hat{DOB}=\hat{DBO}

Και το ισόπλευρο τρίγωνο

OB\Gamma ,O\Delta =\Delta B,O\Gamma =B\Gamma \Rightarrow \Delta \Gamma \perp OB, \hat{\Delta \Gamma O}=30^{0},\hat{B\Delta \Gamma }=75^{0}\Rightarrow B\Gamma =\Gamma \Delta

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 08, 2026 9:47 am**

STOPJOHN έγραψε: Σάβ Ιουν 06, 2026 12:04 pm Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές , $AB=A\Gamma$ και τα σημεία $\Delta ,E$ επί των πλευρών $AB,A\Gamma$ αντίστοιχα .Αν $A=30^{0},\hat{ΔE\Gamma }=45^{0},\Delta E=B\Gamma$ Να αποδειχθεί ότι $\Gamma B=\Gamma \Delta$

Προτείνεται απο τον Μπάμπη Στεργίου

Υπόδειξη

: Κινέζα 2_new.png (21.53 KiB) Προβλήθηκε 200 φορές

Γράφω τον περιγεγραμμένο κύκλο , $\left( {K,R} \right)$ , του $\vartriangle EAB$ . Αβίαστα προκύπτουν τα παρακάτω :

1.

KA = KD\,\,,\,\,KA \bot KD

και το $\vartriangle KDE$ ισόπλευρο.

2.

KA = KE = KD\,\,\,

και το τετράπλευρο KBCE

παραλληλόγραμμο , ενώ το

KBCA

ισοσκελές τραπέζιο.

3. τα τρίγωνα

EAD\,\,,\,\,DBK

είναι ίσα (έμμεσο κριτήριο ) , οπότε και

\vartriangle KEA = \vartriangle CDB

.

Μετά από τα παραπάνω , CD = CB

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 08, 2026 11:46 am**

STOPJOHN έγραψε: Σάβ Ιουν 06, 2026 12:04 pm Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές , $AB=A\Gamma$ και τα σημεία $\Delta ,E$ επί των πλευρών $AB,A\Gamma$ αντίστοιχα .Αν $A=30^{0},\hat{ΔE\Gamma }=45^{0},\Delta E=B\Gamma$ Να αποδειχθεί ότι $\Gamma B=\Gamma \Delta$

Προτείνεται απο τον Μπάμπη Στεργίου

Με

CZ=//DE

το

είναι παραλ/μμο ,άρα DM=MZ

και

\angle ZCA=45^0

Έτσι,

\angle ZCB=120^0

και με

BC=DE=CZ

είναι

\angle B_{1}= \angle Z_{1}=30^0= \angle A \Rightarrow AZCB

εγγράψιμμο,άρα

\angle CZA=30^0

Τότε όμως η

είναι μεσοκάθετος της

οπότε

CD=CZ=BC=DE

: Κινέζικη2.png (50.32 KiB) Προβλήθηκε 178 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 08, 2026 6:37 pm**

Χαιρετώ! Μετά την ποικιλία θαυμάσιων λύσεων
μια διαδρομή κυρίως λογιστική και ίσως ευκολότερη για να την σκεφθεί ένας μαθητής ,
που χειρίζεται βεβαίως και τους νόμους ημιτόνων και συνημιτόνων..

STOPJOHN έγραψε: Σάβ Ιουν 06, 2026 12:04 pm Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι ισοσκελές , $AB=A\Gamma$ και τα σημεία $\Delta ,E$ επί των πλευρών $AB,A\Gamma$ αντίστοιχα .Αν $A=30^{0},\hat{ΔE\Gamma }=45^{0},\Delta E=B\Gamma$ Να αποδειχθεί ότι $\Gamma B=\Gamma \Delta$

Προτείνεται απο τον Μπάμπη Στεργίου

: Κινέζικη 2.png (38.45 KiB) Προβλήθηκε 151 φορές

Από την γενίκευση του Πυθαγορείου στο ABC

(όπως και στο θέμα σύνθετο 1 στην 9.4 παράγραφο του σχολικού)

παίρνουμε

a=b\sqrt{2-\sqrt{3}}

ή

a=b\left ( \sqrt{6} -\sqrt{2}\right )/2

κι΄ επιπλέον

sin15^{0} =\dfrac{a/2}{b}=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}

Θεωρώ για ευκολία και χωρίς βλάβη

b=\sqrt{6}+\sqrt{2}

. Τότε

DE=BC=a=2

και με τον νόμο ημιτόνων στο ADE

:

AE=DE\dfrac{sin15^o}{sin30^o}=\sqrt{6}-\sqrt{2}

οπότε

EC=AC-AE=2\sqrt{2}

Φέρω

DM \perp EC

. Το

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές με

EM=DM= \sqrt{2}

τότε και

MC= \sqrt{2}

δηλ το

ύψος και διάμεσος , άρα

DC=DE=BC

Φιλικά, Γιώργος.

mathematica.gr

Κινέζικη 2

Κινέζικη 2

Re: Κινέζικη 2

Re: Κινέζικη 2

Re: Κινέζικη 2

Re: Κινέζικη 2

Re: Κινέζικη 2

Re: Κινέζικη 2

Re: Κινέζικη 2

Re: Κινέζικη 2