Τρίτη 4 Μαρτίου 2014

Ισοσκελές 20 +100

Στο σχήμα έχουμε δύο ισοσκελή τρίγωνα $\displaystyle{ABC, EAC}$ με $\displaystyle{AB=AC}$ και $\displaystyle{EA=EC}$. 
Αν είναι $\displaystyle{B\hat AC = 20^\circ }$ και $\displaystyle{A\hat EC = 100^\circ }$ τότε, να δείξετε ότι: $\displaystyle{AB=BC+CE}$.
Πηγή: mathematica
Αναρτήθηκε από στις 4.3.14
Ετικέτες , ,

3 σχόλια:

  1. Κουνελοϊός5 Μαρτίου 2014 στις 3:02 μ.μ.

    Είναι γωνία BAC=20π/180=π/9, οπότε γωνία AEC=5π/9. Επίσης, γωνία ABC=[π-(γωνία BAC)]/2=(π-π/9)/2=(8π/9)/2=4π/9 και γωνία CAE=[π-(γωνία AEC)]/2=(π-5π/9)/2=(4π/9)/2=2π/9, οπότε γωνία BAE=(γωνία BAC)+(γωνία CAE)=π/9+2π/9=3π/9=π/3. Επί της πλευράς AB του τριγώνου ABC θεωρούμε σημείο D τέτοιο ώστε BD=BC. Στο τετράπλευρο ABCE είναι (γωνία ABC)+(γωνία AEC)=4π/9+5π/9=9π/9=π, επομένως αυτό είναι εγγράψιμο σε κύκλο και γωνία CBE=γωνία CAE=2π/9, άρα γωνία ABE=(γωνία ABC)-(γωνία CBE)=4π/9-2π/9=2π/9=γωνία CBE. Τα τρίγωνα BDE και BCE είναι ίσα, διότι έχουν την BE κοινή πλευρά, BD=BC και γωνία DBE=γωνία ABE=γωνία CBE, οπότε θα είναι και DE=CE. Όμως CE=AE από υπόθεση, άρα προκύπτει ότι DE=AE, δηλαδή το τρίγωνο ADE είναι ισοσκελές και έχει μια γωνία του, την DAE, ίση προς π/3, επομένως είναι ισόπλευρο, άρα AD=DE=CE, οπότε θα έχουμε τελικά ότι AB=BD+AD=BC+CE.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  2. Κουνελοϊός5 Μαρτίου 2014 στις 3:10 μ.μ.

    Κύριε Ρωμανίδη, θα σας παρακαλούσα να μη δημοσιεύετε τους συνδέσμους των πηγών των ασκήσεων που παραθέτετε εδώ. Τι νόημα έχει κάποιος να προσπαθήσει να τις λύσει έτσι;

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  3. Σωκράτης Δ. Ρωμανίδης5 Μαρτίου 2014 στις 4:03 μ.μ.

    Αγαπητέ κ. Κότσιρα, δεν γίνεται να μην βάζω την πηγή.
    Εξάλλου, μπορεί η προσέγγιση του προβλήματος να είναι διαφορετική και έτσι να έχουμε μία ποικιλία ...

    ΑπάντησηΔιαγραφή

Εγγραφή σε: Σχόλια ανάρτησης (Atom)