Ισόπλευρο εγγεγραμμένο

#1

: Ισόπλευρο εγγεγραμμένο_1.png (17.07 KiB) Προβλήθηκε 1678 φορές

Αν δεν έχει ξανά τεθεί.

Έστω ισόπλευρο τρίγωνο DEZ

του οποίου οι κορυφές D,E,Z

είναι σημεία των πλευρών AB,BC,CA

αντίστοιχα, άλλου τριγώνου ABC

έτσι ώστε :
AD = BE = CZ

.
Μπορούμε να ισχυριστούμε ότι και το ABC

είναι ισόπλευρο ;

Νίκος

Γιώργος Μήτσιος · #2

: isopleyro.PNG (9.67 KiB) Προβλήθηκε 1591 φορές

Καλησπέρα από την Άρτα. Μια προσέγγιση.
Από τα δεδομένα έχουμε DE=EZ=DZ

,

και από το παραπάνω σχήμα προκύπτει $\chi +\theta =\psi +\varphi =\omega +\upsilon =120^{0}$ .

Αν δύο από τα $\chi ,\psi ,\omega$ είναι ίσα ,ας πούμε $\chi = \psi$ τότε: $\Delta BED= \Delta DAZ \Rightarrow DB=AZ \Rightarrow AB=AC$ .
Ακόμη $\chi +\theta =\psi +\varphi ..\kappa \alpha \iota .. \chi =\psi \Rightarrow \theta =\varphi ,$ ενώ από $\varphi +\omega =\theta +\psi \Rightarrow \omega =\psi \Rightarrow ... BC=AB .$
Άρα και το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο.

Αν τώρα τα $\chi ,\psi ,\omega$ είναι ανα δύο άνισα , ας υποθέσουμε $\chi > \psi > \omega$ τότε είναι και $\upsilon >\varphi >\theta$ και στο παρακάτω σχήμα θεωρούμε τρίγωνο DHZ=BED

οπότε

ενώ είναι $\hat{AID}=\psi +\upsilon >\psi +\varphi =120^{0}$ και στο τρίγωνο DAI

προκύπτει $\hat{A}<\hat{I}\Leftrightarrow DI< DA$ άρα BE<DA

όπερ ΑΤΟΠΟΝ.

Τελικά και το τρίγωνο ABC

(...μπορούμε να ισχυριστούμε ότι ) είναι ισόπλευρο.

Φιλικά Γιώργος.

#3

Χωρίς βλάβη $\boxed {E_1\ge D_1\ge Z_1} \, (1)$ . Αλλά $E_2 = 120-E_1 \le 120-D_1=D_2$ , και όμοια για την Z_2

. Δηλαδή έχουμε

$\boxed {E_2 \le D_2 \le Z_2} \,(2)$ .

Από τον νόμο των ημιτόνων στα ECZ, ZDA

έχουμε $\displaystyle{ \frac {\sin E_1}{\sin C}= \frac {ZC}{EZ} = \frac {BE}{DE} = \frac {\sin D_1}{\sin B}}$ και όμοια για τις Z_1, A

. Δηλαδή

$\boxed {\displaystyle{ \frac {\sin E_1}{\sin C}= \frac {\sin D_1}{\sin B} = \frac {\sin Z_1}{\sin A} }}\,(3)$

Από την (1)

έχουμε $\sin E_1\ge \sin D_1 \ge \sin Z_1$ που σε συνδυασμό με την (3)

δίνει $\sin C \ge \sin B \ge \sin A$ και άρα $C \ge B \ge A$ . Άρα $Z_2=180-E_1-C\le 180-D_1-B=E_2$ δηλαδή $Z_2\le E_2$ . Η πληροφορία αυτή στην (2)

δίνει

και άρα

από όπου

.

Φιλικά,

Μιχάλης

tolis riza · #4

http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=494527

ghan · #5

Mihalis_Lambrou έγραψε:Χωρίς βλάβη $\boxed {E_1\ge D_1\ge Z_1} \, (1)$ . Αλλά $E_2 = 120-E_1 \le 120-D_1=D_2$ , και όμοια για την . Δηλαδή έχουμε

$\boxed {E_2 \le D_2 \le Z_2} \,(2)$ .

Από τον νόμο των ημιτόνων στα έχουμε $\displaystyle{ \frac {\sin E_1}{\sin C}= \frac {ZC}{EZ} = \frac {BE}{DE} = \frac {\sin D_1}{\sin B}}$ και όμοια για τις . Δηλαδή

$\boxed {\displaystyle{ \frac {\sin E_1}{\sin C}= \frac {\sin D_1}{\sin B} = \frac {\sin Z_1}{\sin A} }}\,(3)$

Από την έχουμε $\sin E_1\ge \sin D_1 \ge \sin Z_1$ που σε συνδυασμό με την δίνει $\sin C \ge \sin B \ge \sin A$ και άρα $C \ge B \ge A$ . Άρα $Z_2=180-E_1-C\le 180-D_1-B=E_2$ δηλαδή $Z_2\le E_2$ . Η πληροφορία αυτή στην δίνει και άρα από όπου .

Φιλικά,

Μιχάλης

Καλημέρα σας κύριε Λάμπρου.
Στη ενδιαφέρουσα λύση σας υποθέσατε ότι $\displaystyle{{{90}^{o}}\ge \widehat{{{E}_{1}}}\ge \widehat{{{\Delta }_{1}}}\ge \widehat{{{Z}_{1}}}}$ . Τι γίνεται όμως αν $\displaystyle{\widehat{{{E}_{1}}}>{{90}^{o}}}$ ; Π.χ. $\displaystyle{{{120}^{o}}>{{70}^{o}}}$ ενώ $\displaystyle{\sin {{120}^{o}}<\sin {{70}^{o}}}$ .
Σας ευχαριστώ.

ghan · #6

tolis riza έγραψε:http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... 6&t=494527

Παράκληση: Αν κάποιο μέλος έχει πρόσβαση στην παραπάνω διεύθυνση και συγκεκριμένα στην απόδειξη του κυρίου Τσικαλουδάκη, ας διατυπώσει την απορία: Τι γίνεται στην περίπτωση $\displaystyle{EH=EC\le ED}$ , οπότε πιθανόν: $\displaystyle{\alpha =\widehat{EDH}\le \widehat{EDC}=\gamma }$ και όχι $\displaystyle{\alpha >\gamma }$ ;

S.E.Louridas · #7

Γεια και χαρά. Ας δούμε και την εξής Γεωμετρική άποψη:

Αν μία από τις γωνίες του τριγώνου ABC

είναι ${60^ \circ }$ τότε το πρόβλημα είναι λυμένο. Έστω τώρα $\angle A < {60^ \circ },\;\,\angle C > {60^ \circ },$ τότε θεωρούμε τους ίσους κύκλους $k,\,j,\,q$ που διέρχονται από το κέντρο

του ισόπλευρου τριγώνου DEZ.

Έστω ότι κύκλος

τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα

στο σημείο

, οπότε έχουμε $\angle DWZ = {60^ \circ },\quad DW < AD.$ Έστω ότι η ημιευθεία

τέμνει τον κύκλο

στο σημείο

Τότε έχουμε $\angle ZQE = {60^ \circ }$ που οδηγεί στο ότι η τομή

των

θα είναι σημείο του κύκλου

Παρατηρούμε ότι το τρίγωνο WVQ

είναι ισόπλευρο, οπότε παίρνουμε VE = QZ = WD < AD = ZC = EB,

που είναι άτοπο αφού VE > EB

και τούτο διότι από την σχέση $\angle C > {60^ \circ }$ προκύπτει ότι το σημείο

θα είναι εσωτερικό σημείο του καμπυλόγραμμου τριγώνου EJQ,

δηλαδή το σημείο

θα είναι σημείο του ευθύγραμμου τμήματος

. Καταλήγουμε λοιπόν στο ότι το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο.

Ισόπλευρο εγγεγραμμένο

Ισόπλευρο εγγεγραμμένο

Re: Ισόπλευρο εγγεγραμμένο

Re: Ισόπλευρο εγγεγραμμένο

Re: Ισόπλευρο εγγεγραμμένο

Re: Ισόπλευρο εγγεγραμμένο

Re: Ισόπλευρο εγγεγραμμένο

Re: Ισόπλευρο εγγεγραμμένο

Μέλη σε σύνδεση