Από τις ασκήσεις που αγάπησα.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 2.png (8.86 KiB) Προβλήθηκε 1747 φορές

Καλησπέρα.

Στο παραπάνω σχήμα, δείξτε ότι AD+DB=AC+CB

.

#2

Καλησπέρα σε όλους. Μια τριγωνομετρική απόδειξη με χρήση Νόμου Ημιτόνων στα τρίγωνα ABD, ADC

.

$\displaystyle AD + BD = AB\left( {\frac{{\eta \mu 70^\circ }}{{\eta \mu 80^\circ }} + \frac{{\eta \mu 30^\circ }}{{\eta \mu 80^\circ }}} \right) = AB\left( {\frac{{2\eta \mu 50^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 20^\circ }}{{\eta \mu 80^\circ }}} \right)$

$\displaystyle AC + BC = AB\left( {\frac{{\eta \mu 130^\circ }}{{\eta \mu 40^\circ }} + \frac{{\eta \mu 10^\circ }}{{\eta \mu 40^\circ }}} \right) = AB\left( {\frac{{2\eta \mu 70^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 60^\circ }}{{\eta \mu 40^\circ }}} \right)$

Η προς απόδειξη σχέση γράφεται ισοδύναμα:

$\displaystyle AD + BD = AC + BC \Leftrightarrow \frac{{2\eta \mu 50^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 20^\circ }}{{\eta \mu 80^\circ }} = \frac{{2\eta \mu 70^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu 60^\circ }}{{\eta \mu 40^\circ }}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \frac{{2\eta \mu 50^\circ }}{{\eta \mu 80^\circ }} = \frac{{2\sigma \upsilon \nu 60^\circ }}{{\eta \mu 40^\circ }} \Leftrightarrow 2\eta \mu 50^\circ \cdot \eta \mu 40^\circ = \eta \mu 80^\circ \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu 10^\circ - \sigma \upsilon \nu 90^\circ = \eta \mu 80^\circ$ , που ισχύει.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 27, 2020 6:55 pm
2.png

Καλησπέρα.

Στο παραπάνω σχήμα, δείξτε ότι .

: 215.PNG (36.23 KiB) Προβλήθηκε 1709 φορές

Έστω

σημεία στις ευθείες AD,AC

αντίστοιχα ώστε DE=DB,CF=CB

.Αρκεί

Εύκολα προκύπτουν (και με χρήση του εγγράψιμου ABCE

) $\angle BCA=40^{\circ},\angle BDA=80^{\circ},\angle DBE=40^{\circ},\angle EBC=\angle CBF=\angle 20^{\circ}$ .Έτσι $BF\parallel AE$
Οπότε αν $P\equiv BC\cap AE$ αρκεί AE=AF=BP

αφού εύκολα το BFPA

είναι ισοσκελές τραπέζιο.
Έστω

σημείο στην

ώστε

και

σημείο στην

ώστε $BTE'=10^{\circ}$
Το τρίγωνο PAT

είναι το γνωστό σχήμα ισοσκελούς με γωνία κορυφής $20^{\circ}$ .
Μια γνωστή ιδιότητα του σχήματος είναι ότι επειδή $\angle TAB=50^{\circ}$ θα είναι $\angle BE'T=10^{\circ}\Leftrightarrow \angle E'BP=20^{\circ}=\angle EBP \Leftrightarrow E\equiv E'$ .Οπότε από άλλη γνωστή ιδιότητα του σχήματος(την είδαμε και πρόσφατα στο

) θα είναι EP=AT =BT

αφού εύκολα βγαίνει ότι TAB

ισοσκελές
Έτσι θα είναι BP=TP-TB=AP-EP=AE

και το ζητούμενο έπεται.

#4

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 27, 2020 6:55 pm
2.png

Καλησπέρα.

Στο παραπάνω σχήμα, δείξτε ότι .

: Θ.Φ.Α.png (33 KiB) Προβλήθηκε 1572 φορές

Προεκτείνω την

κατά τμήμα CK=BC,

οπότε

Κατασκευάζω το ισόπλευρο τρίγωνο

BOD

(εσωτερικά του ABD

). $B\widehat OD=2B\widehat AD=60^\circ,$ άρα

είναι το περίκεντρο του ABD

κι επειδή

$O\widehat AB=O\widehat BA=10^\circ=C\widehat AB,$ το

θα είναι σημείο της AC.

Επίσης, $\displaystyle B\widehat OK = B\widehat KO = 20^\circ \Rightarrow$

$\displaystyle BD = BO = BK = EK.$ Άρα, $\boxed{AD+DB=AE+EK=AE+EC+CK=AC+BC}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 27, 2020 6:55 pm
2.png

Καλησπέρα.

Στο παραπάνω σχήμα, δείξτε ότι .

Εύκολα προκύπτουν οι σημειωμένες γωνίες του σχήματος.

Άν $AD\cap BC=E$ ,επειδή $\angle BCA=40^0$ $\Rightarrow \angle x=20^0\Rightarrow AC=CE$ άρα AC+BC=EC+CB=BE

Έστω ότι η μεσοκάθετη της

τέμνει την

στο

.Τότε $\angle ZCE=70^0\Rightarrow \angle BZC =10^0\Rightarrow ABCZ$

εγγράψιμο άρα $\angle AZB=40^0\Rightarrow \angle y=40^0$ και AD=DZ

οπότε

Όμως $x+y=60^0\Rightarrow \triangle BZE$ ίσόπλευρο ,άρα $BE=BZ\Rightarrow AC+BC=AD+BD$

: ίσα αθροίσματα.png (90.72 KiB) Προβλήθηκε 1490 φορές

Φανης Θεοφανιδης · #6

: 25.png (25.77 KiB) Προβλήθηκε 1412 φορές

Επί των προεκτάσεων των AC, AD

θεωρώ τα σημεία M, N

αντίστοιχα τέτοια ώστε CM=CB, DN=DB

.
Οπότε αρκεί να δείξω ότι AM=AN

. Φέρνω τα τμήματα MN, MB, BN

και γράφω τον περίκυκλο του
$\triangle ABM$ του οποίου το κέντρο ονομάζω

. Εν συνεχεία φέρνω και τα τμήματα OA, OD, OM, ON

.
Οι κόκκινες γωνίες προκύπτουν εύκολα. Επειδή $\angle ABM=150^{0}$ , έπεται ότι το $\triangle OAM$
είναι ισόπλευρο. Άρα $\angle OAN=40^{0}$ . Επίσης επειδή $\angle ABO=70^{0}$ και $\angle ABD=70^{0}$
τα σημεία B, D, O

είναι συνευθειακά. Παρατηρώ ότι το ABNO

είναι τραπέζιο εγγράψιμο.
Επομένως ισοσκελές τραπέζιο. Συνεπώς $AN=OB\Rightarrow AN=AM$ .

Από τις ασκήσεις που αγάπησα.

Από τις ασκήσεις που αγάπησα.

Re: Από τις ασκήσεις που αγάπησα.

Re: Από τις ασκήσεις που αγάπησα.

Re: Από τις ασκήσεις που αγάπησα.

Re: Από τις ασκήσεις που αγάπησα.

Re: Από τις ασκήσεις που αγάπησα.

Μέλη σε σύνδεση