Εμβαδά!

Ορέστης Λιγνός · #1

Θεωρούμε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , με AC<BC

.

Η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{C}$ , τέμνει τον κύκλο (A,B,C)

στο

, την μεσοκάθετο της

στο

, και την μεσοκάθετο της

στο

.

Έστω

τα μέσα των AC,BC

αντίστοιχα.

Δείξτε ότι τα τρίγωνα $\vartriangle TQR$ και $\vartriangle SPR$ είναι ισεμβαδικά.

: ISA EMBADA.png (30.24 KiB) Προβλήθηκε 1655 φορές

#2

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Θεωρούμε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , με .

Η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{C}$ , τέμνει τον κύκλο στο , την μεσοκάθετο της στο , και την μεσοκάθετο της στο .

Έστω τα μέσα των αντίστοιχα.

Δείξτε ότι τα τρίγωνα $\vartriangle TQR$ και $\vartriangle SPR$ είναι ισεμβαδικά.

ISA EMBADA.png

Γεια σου Ορέστη!

: Εμβαδά!.png (22.25 KiB) Προβλήθηκε 1598 φορές

Έστω

ο κύκλος και

η προβολή του

στη

Λόγω της διχοτόμου προφανώς είναι

$\boxed{QT=QM}$ (1)

και $\boxed{R\widehat PS = R\widehat QM = R\widehat QT}$ (2)

Τα εν λόγω τρίγωνα έχουν λοιπόν μία γωνία ίση, άρα

$\displaystyle{\frac{{(TQR)}}{{(SPR)}} = \frac{{TQ \cdot QR}}{{PS \cdot PR}}\mathop = \limits^{(1)} \frac{{QM \cdot QR}}{{PS \cdot PR}}\mathop = \limits^{QM||PS} \frac{{CQ \cdot QR}}{{CP \cdot PR}} = \frac{{{r^2} - O{Q^2}}}{{{r^2} - O{P^2}}}}$ Αλλά από την (2),

είναι $\displaystyle{O\widehat PQ = P\widehat QO \Leftrightarrow }$

$\boxed{OP=OQ}$ και το ζητούμενο έπεται.

Ορέστης Λιγνός · #3

george visvikis έγραψε:
Ορέστης Λιγνός έγραψε:Θεωρούμε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , με .

Η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{C}$ , τέμνει τον κύκλο στο , την μεσοκάθετο της στο , και την μεσοκάθετο της στο .

Έστω τα μέσα των αντίστοιχα.

Δείξτε ότι τα τρίγωνα $\vartriangle TQR$ και $\vartriangle SPR$ είναι ισεμβαδικά.

ISA EMBADA.png
Γεια σου Ορέστη!
Εμβαδά!.png
Έστω ο κύκλος και η προβολή του στη Λόγω της διχοτόμου προφανώς είναι

$\boxed{QT=QM}$ και $\boxed{R\widehat PS = R\widehat QM = R\widehat QT}$ Τα εν λόγω τρίγωνα έχουν λοιπόν μία γωνία ίση, άρα

$\displaystyle{\frac{{(TQR)}}{{(SPR)}} = \frac{{TQ \cdot QR}}{{PS \cdot PR}}\mathop = \limits^{(1)} \frac{{QM \cdot QR}}{{PS \cdot PR}}\mathop = \limits^{QM||PS} \frac{{CQ \cdot QR}}{{CP \cdot PR}} = \frac{{{r^2} - O{Q^2}}}{{{r^2} - O{P^2}}}}$ Αλλά από την είναι $\displaystyle{O\widehat PQ = P\widehat QO \Leftrightarrow }$

$\boxed{OP=OQ}$ και το ζητούμενο έπεται.

Ωραία λύση!

#4

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Θεωρούμε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , με . Η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{C}$ , τέμνει τον κύκλο στο , την μεσοκάθετο της στο , και την μεσοκάθετο της στο . Έστω τα μέσα των αντίστοιχα. Δείξτε ότι τα τρίγωνα $\vartriangle TQR$ και $\vartriangle SPR$ είναι ισεμβαδικά.

Για μια καλησπέρα στους εκλεκτούς φίλους ας δούμε και μια διαφορετική προσέγγιση.

: Εμβαδά.png (66.77 KiB) Προβλήθηκε 1567 φορές

Έστω οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα και η ορθή προβολή του στην .

Τότε $QT\parallel RY \Rightarrow \boxed{\left( {TQR} \right) = \left( {TQY} \right)\mathop = \limits^{\vartriangle TQY = \vartriangle XQL(\alpha \pi o\;\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha )} \left( {XQL} \right)}:\left( 1 \right)$ και $PS\parallel RX \Rightarrow \boxed{\left( {PSR} \right) = \left( {PSX} \right)}:\left( 2 \right)$ .

Είναι $XB = AY\mathop = \limits^{\left( * \right)} \dfrac{{AB - AC}}{2} = LS \Rightarrow \boxed{CL = SX}:\left( 3 \right)\;\& \;\boxed{CS = LX}:\left( 4 \right)$ ( $\left( * \right)$ γνωστή πρόταση).

Από $QL\parallel PS \Rightarrow \dfrac{{QL}}{{PS}} = \dfrac{{CL}}{{CS}}\mathop = \limits^{\left( 4 \right)} \dfrac{{SX}}{{LX}} \Rightarrow QL \cdot LX = PS \cdot SX \Rightarrow$ $\left( {QLX} \right) = \left( {PSX} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \boxed{\left( {QRT} \right) = \left( {PSR} \right)}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#5

Αν

οι προβολές του

στις ευθείες $CA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CB$ είναι $\boxed{RK = RL = u}$ Θέτω :

$\boxed{CA = b,CB = a,AK = LB = v}$ ( Η ισότητα KA = LB

προκύπτει από την προφανή

ισότητα $\vartriangle AKR = \vartriangle LBR$ ) . Επειδή δε και $\vartriangle CKR = \vartriangle CLR$ θα είναι

$b + v = a - v \Leftrightarrow \boxed{2v = a - b > 0}\,\,\,( * )$ .

: Εμβαδά _Ορέστη.png (40.24 KiB) Προβλήθηκε 1544 φορές

Μετά απ’ αυτά από τα τραπέζια $TQRK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SPRL$

έχουμε: $\dfrac{{(TQR)}}{{(SPR)}} = \dfrac{{(TLQ)}}{{(SLP)}} = \dfrac{{TQ}}{{SP}} \cdot \dfrac{{TK}}{{SL}} = \dfrac{{CT}}{{CS}} \cdot \dfrac{{TK}}{{SL}} = \dfrac{b}{a} \cdot \dfrac{{TK}}{{SL}}\,\,(1)$ Αλλά

$\dfrac{{TK}}{{SL}} = \dfrac{{TA + AK}}{{SB - LB}} = \dfrac{{2TA + 2AK}}{{2SB - 2LB}} = \dfrac{{b + 2v}}{{a - 2v}} = \dfrac{{b + a - b}}{{a - a + b}} = \dfrac{a}{b}\,\,\,(2)$ , αφού λόγω της ( * )

$\boxed{2v = a - b}$ .

Η (1)

λόγω της

δίδει : $\dfrac{{(TQR)}}{{(SPR)}} = \dfrac{b}{a} \cdot \dfrac{a}{b} = 1 \Leftrightarrow \boxed{(TQR) = (SPR)}$ .

Ιστοσελίδα · #6

Ορέστης Λιγνός έγραψε:Θεωρούμε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ , με .

Η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{C}$ , τέμνει τον κύκλο στο , την μεσοκάθετο της στο , και την μεσοκάθετο της στο .

Έστω τα μέσα των αντίστοιχα.

Δείξτε ότι τα τρίγωνα $\vartriangle TQR$ και $\vartriangle SPR$ είναι ισεμβαδικά.

Καλησπέρα στους φίλους. Ωραία άσκηση Ορέστη!

: σχήμα-1.png (28.07 KiB) Προβλήθηκε 1506 φορές

Στο σχήμα 1 αποδεικνύουμε ότι $\triangleleft BRP\mathop = \limits^{\Gamma - \Pi - \Gamma } \triangleleft RAQ \Rightarrow PR = QA = QC$

: σχήμα-2.png (27.72 KiB) Προβλήθηκε 1506 φορές

Στο σχήμα 2 σχηματίζουμε το ορθογώνιο RDEZ

και έστω $K \equiv RT \cap EZ$

Είναι (TQPE) = (RET)

, οπότε αφαιρώντας το (KET)

και προσθέτοντας το (RKP)

προκύπτει

Ορέστης Λιγνός · #7

Εντυπωσιακή η λύση του Μιχάλη

.

Να σημειώσω ότι η άσκηση είναι από την IMO Shortlist 2007, Vietnam.

Εμβαδά!

Εμβαδά!

Re: Εμβαδά!

Re: Εμβαδά!

Re: Εμβαδά!

Re: Εμβαδά!

Re: Εμβαδά!

Re: Εμβαδά!

Μέλη σε σύνδεση