Ημιπερίμετρος τριγώνου

Ιστοσελίδα · #1

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΔ η διχοτόμος του. Από το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ φέρνουμε παράλληλη προς την ΑΔ που τέμνει την ΑΓ στο σημείο Ν, να δείξετε ότι:

ΜΓ + ΓΝ = ΑΝ + ΑΒ + ΒΜ = τ

όπου τ είναι η ημιπερίμετρος του τριγώνου ΑΒΓ.

#2

Καρδαμίτσης Σπύρος έγραψε:Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΔ η διχοτόμος του. Από το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ φέρνουμε παράλληλη προς την ΑΔ που τέμνει την ΑΓ στο σημείο Ν, να δείξετε ότι:

ΜΓ + ΓΝ = ΑΝ + ΑΒ + ΒΜ = τ

όπου τ είναι η ημιπερίμετρος του τριγώνου ΑΒΓ.

Από το Β φέρουμε παράλληλη στις ΑΔ, ΜΝ, η οποία τέμνει την προέκταση της ΓΑ (προς το Α) στο σημείο Ε. Αν ονομάσουμε τις ίσες γωνίες ΒΑΔ, ΔΑΓ, ω, έχουμε ότι

γωνία ΒΕΓ=γωνία ΔΑΓ=ω (εντός εκτός και επί τα αυτά )
γωνία ΑΒΕ=γωνία ΒΑΔ=ω (εντός εναλλάξ).

Άρα το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές και επομένως ΑΒ=ΑΕ.

Ακόμα, επειδή το Μ είναι το μέσον της ΒΓ και ΜΝ παράλληλη στην ΒΕ, προκύπτει ότι το Ν είναι το μέσον της ΕΓ.
Άρα ΓΝ=ΝΕ=ΑΝ+ΑΕ=ΑΝ+ΑΒ, και η πρώτη ισότητα αποδείχθηκε.
Τώρα, το ότι κάθε μία από τις παραστάσεις ισούται με τ, προκύπτει από το ότι το άθροισμά τους μας δίνει την περίμετρο 2τ του τριγώνου.

#3

: Σπύρος.png (75.26 KiB) Προβλήθηκε 2763 φορές

p_gianno · #4

Μία λύση ακόμη
Έστω Ε η τομή των ΒΑ και ΜΝ. Είναι τότε ΑΕ=ΑΝ (αφού γωνΕ=ΒΑΔ=ΔΑΓ=ΑΝΕ λόγω διχοτόμου και παραλληλίας)
Θέλουμε ΜΓ + ΓΝ = ΑΝ + ΑΒ + ΒΜ αρκεί ΓΝ=ΑΝ+ΑΒ αρκεί ΓΝ=ΑΕ+ΑΒ αρκεί ΓΝ=ΕΒ που ισχύει διότι ό θεώρημα Θαλή δύο φορές έχουμε

$\displaystyle{\frac{{GN}}{{AN}} = \frac{{GM}}{{DM}} = \frac{{BM}}{{DM}} = \frac{{BE}}{{AE}} = \frac{{BE}}{{AN}}\,\, \to GN = BE}$

όπου G το Γ και D το Δ

Ιστοσελίδα · #5

Καλησπέρα.
Ακόμα μια λύση.

Θέτω ${\rm B}\widehat {\rm A}\Delta = \Delta \widehat {\rm A}\Gamma = \varphi ,\,{\rm B}\Gamma = \alpha ,\,{\rm A}\Gamma = \beta ,\,{\rm A}{\rm B} = \gamma$ . Από το μέσο Μ φέρω παράλληλη προς την ΑΒ που τέμνει την ΑΓ στο μέσο Κ. Λόγω παραλληλίας θα έχουμε ${\rm M}\widehat {\rm K}\Gamma = 2\varphi$ και ${\rm M}\widehat {\rm N}\Gamma = \varphi$ , οπότε το τρίγωνο ΚΝΜ θα είναι ισοσκελές και από γνωστή πρόταση θα ισχύει ${\rm K}{\rm M} = {\rm K}{\rm N} = \displaystyle\frac{\gamma }{2}$ . Από το σχήμα εύκολα προκύπτει ότι:
1) ${\rm M}\Gamma + \Gamma {\rm N} = {\rm M}\Gamma + \Gamma {\rm K} + {\rm K}{\rm N} = \displaystyle\frac{{\alpha + \beta + \gamma }}{2} = \tau$
2) ${\rm A}{\rm N} + {\rm A}{\rm B} + {\rm B}{\rm M} = {\rm A}{\rm K} - {\rm K}{\rm N} + {\rm A}{\rm B} + {\rm B}{\rm M} = \displaystyle\frac{\beta }{2} - \displaystyle\frac{\gamma }{2} + \gamma + \displaystyle\frac{\alpha }{2} = \displaystyle\frac{{\alpha + \beta + \gamma }}{2} = \tau$ .

: hmiperimetros.jpg (34.15 KiB) Προβλήθηκε 2731 φορές

#6

Με το αρχικό σχήμα του Σπύρου:

: 24-10-2010 Geometry.png (46.91 KiB) Προβλήθηκε 2714 φορές

Είναι $\displaystyle \Gamma {\rm M} = \frac{\alpha }{2}$ (1)

Από Θ. Θαλή για ΑΔ // ΜΝ είναι: $\displaystyle \frac{{\Gamma {\rm N}}}{\beta } = \frac{{\Gamma {\rm M}}}{{\Gamma \Delta }}$ (2)

Από Θ. Διχοτόμων $\displaystyle \Gamma \Delta = \frac{{\alpha \beta }}{{\beta + \gamma }}$ ,

οπότε η (2) γίνεται: $\displaystyle \Gamma {\rm N} = \frac{{\alpha \beta }}{{2\Gamma \Delta }} = \frac{{\beta + \gamma }}{2}$ (3)

Προσθέτοντας τις (1) και (3) έχουμε: $\displaystyle \Gamma {\rm M} + \Gamma {\rm N} = \frac{{\alpha + \beta + \gamma }}{2} = \tau$

Οπότε $\displaystyle {\rm A}{\rm N} + {\rm A}{\rm B} + {\rm B}\Delta = 2\tau - \left( {\Gamma {\rm M} + \Gamma \Delta } \right) = 2\tau - \tau = \tau$

Γιώργος Ρίζος

Ιστοσελίδα · #7

Πολύ ωραία
μια άσκηση πολλές λύσεις - μήπως λέω μήπως θα πρέπει να καθιερώσουμε και μια τέτοια στήλη;

Ημιπερίμετρος τριγώνου

Ημιπερίμετρος τριγώνου

Re: Ημιπερίμετρος τριγώνου

Re: Ημιπερίμετρος τριγώνου

Re: Ημιπερίμετρος τριγώνου

Re: Ημιπερίμετρος τριγώνου

Re: Ημιπερίμετρος τριγώνου

Re: Ημιπερίμετρος τριγώνου

Μέλη σε σύνδεση