Problema de "slicing" (8)
-
- Mesaje: 350
- Membru din: Lun Iul 12, 2010 9:02 pm
Problema de "slicing" (8)
In interiorul $\trianle{ABC}$ exista un punct $P$, astfel incat $m(\angle{PAB})=10^0, m(\angle{PBA})=20^0,$$m(\angle{PCA})=30^0, m(\angle{PAC})=40^0$. Sa se arate ca $\trianle{ABC}$ este isoscel.(Titu Andreescu)
Re: Problema de "slicing" (8)
Alegem un punct $Y\in(PA)$ astfel incat $(BY$ sa fie bisectoarea unghiului $ABP$ si punctul $X \in(PC)$ astfel incat $(AP$sa fie bisectoarea unghiului $BAX$. De aici rezulta concluzia.
- sunken rock
- Mesaje: 645
- Membru din: Joi Ian 06, 2011 2:49 pm
- Localitate: Constanta
Re: Problema de "slicing" (8)
Construct the equilateral $\triangle APD$, D and C on the same side of AP; clearly, D is the circumcenter of $\triangle APC$ and, by symmetry BD=AB; also, easily to note, $BD\bot AC$; with CD=AD we infer that ABCD is a kite, hence BC=AB, done.
Best regards,
sunken rock
Best regards,
sunken rock
A blind man sees the details better.
-
- Mesaje: 251
- Membru din: Lun Aug 06, 2012 3:35 pm
Re: Problema de "slicing" (8)
Altfel:
Fie $M$ un punct in plan ($M$ si $B$ in acelasi semiplan fata de $AC$ ) astfel incat triunghiul $MAC$ este echilateral.
Avem: $m(\angle MCP)=30^\circ , m(\angle MAP)=20^\circ , m(\angle BAP )=20^\circ$ $\implies m(\angle MAB)=10^\circ .$
In triunghiul echilateral $MCA$, $CP$ este bisectoare $\implies CP=$ mediatoarea segmentului $MA.$
\implies triangle MPA = isoscel . m(\angle PAM)=m(\angle PMA)=20^\circ .
In patrulaterul $MBPA$ avem $m(\angle PBA)=m(\angle PMA)=20^\circ.$ $\implies$ patrulaterul $MBPA$ este inscriptibil.
$m(\angle BMA)=30^\circ .$
In triunghiul echilateral $MCA$ ,$MB$ este bisectoarea unghiului $CMA$ , deci $MB$ este mediatoarea segmentului $AC$ , de unde $AB=BC .$
Fie $M$ un punct in plan ($M$ si $B$ in acelasi semiplan fata de $AC$ ) astfel incat triunghiul $MAC$ este echilateral.
Avem: $m(\angle MCP)=30^\circ , m(\angle MAP)=20^\circ , m(\angle BAP )=20^\circ$ $\implies m(\angle MAB)=10^\circ .$
In triunghiul echilateral $MCA$, $CP$ este bisectoare $\implies CP=$ mediatoarea segmentului $MA.$
\implies triangle MPA = isoscel . m(\angle PAM)=m(\angle PMA)=20^\circ .
In patrulaterul $MBPA$ avem $m(\angle PBA)=m(\angle PMA)=20^\circ.$ $\implies$ patrulaterul $MBPA$ este inscriptibil.
$m(\angle BMA)=30^\circ .$
In triunghiul echilateral $MCA$ ,$MB$ este bisectoarea unghiului $CMA$ , deci $MB$ este mediatoarea segmentului $AC$ , de unde $AB=BC .$
- Fişiere ataşate
-
- fig.png (11.21 KiB) Vizualizat de 2240 ori
- sunken rock
- Mesaje: 645
- Membru din: Joi Ian 06, 2011 2:49 pm
- Localitate: Constanta
Re: Problema de "slicing" (8)
Construct the perpendicular from $B$ to $AP$ and take a point $C'$ on it so that $\angle PAC'=40^\circ$. According to double angle lemma, $\angle AC'P=30^\circ$, hence there will be two points $C,C'$ onto $AC$ so that the segment $\overline{AP}$ is seen under $30^\circ$, which is not possible, thus $AP$ is an altitude of $\triangle ABC$, consequently $AB=BC$.
Best regards,
sunken rock
Best regards,
sunken rock
A blind man sees the details better.