Ένα έβδομο

KARKAR · #1

Στην προέκταση της πλευράς

, ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , παίρνω τμήμα $\displaystyle CD=\frac{1}{2}BC$ , και σχεδιάζω

προς το ίδιο μέρος , το ισόπλευρο τρίγωνο CDE

. Οι

και

τέμνονται στο

. Δείξτε ότι : $\displaystyle (ASE)=\frac{1}{7}(ABC)$

Ιστοσελίδα · #2

: Όμορφη-Κυριακή.png (37.46 KiB) Προβλήθηκε 621 φορές

Θέτω

την πλευρά του ισοπλεύρου ABC

, οπότε θα είναι

η πλευρά του ισοπλεύρου ECD

. Τα τρίγωνα BCE,ACD

είναι ίσα $(4x - {120^ \circ } - 2x)$ , οπότε $C\widehat BE = C\widehat AD = \varphi$ συνεπώς το τετράπλευρο ABCS

είναι εγγράψιμο. Επειδή $A\widehat BC = E\widehat CD = {60^ \circ }$ είναι AB//CE

και θα ισχύει $A\widehat BE = B\widehat EC = {60^ \circ } - \varphi$ (εντός εναλλάξ) $= S\widehat CA$ (από το εγγράψιμο ABCS

). Τα τρίγωνα BCE,ASC,CSE

είναι όμοια με $\left( {BCE} \right) = \displaystyle\frac{{4x\sqrt 3 x}}{2} = 2\sqrt 3 {x^2}\,\,\left( 1 \right)$ , όπου $EM = \sqrt 3 x$ το ύψος του ισοπλεύρου ECD

από πυθαγόρειο.

Από την ισότητα των τριγώνων $ACN,ACE\,(\Pi - \Gamma - \Pi )$ , όπου ${\rm A}{\rm N} = 2\sqrt 3 x$ το ύψος του ισοπλεύρου ABC

προκύπτει $A\widehat EC = {90^ \circ }$ και λόγω παραλληλίας $B\widehat AE = {90^ \circ }$ . Από την προηγούμενη ισότητα $AE = 2\sqrt 3 x$ και από Πυθαγόρειο θεώρημα $BE = 2\sqrt 7 x$ .

Θα είναι: $\displaystyle{\displaystyle\frac{{\left( {ASC} \right)}}{{\left( {BCE} \right)}} = {\left( {\displaystyle\frac{{4x}}{{2\sqrt 7 x}}} \right)^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \left( {ASC} \right) = \displaystyle\frac{{8\sqrt 3 {x^2}}}{7}\,\,\left( 2 \right)}$ και $\displaystyle\frac{{\left( {CSE} \right)}}{{\left( {BCE} \right)}} = {\left( {\displaystyle\frac{{2x}}{{2\sqrt 7 x}}} \right)^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \left( {CSE} \right) = \displaystyle\frac{{2\sqrt 3 {x^2}}}{7}\,\,\left( 3 \right)$ .

Τελικά θα έχουμε: $\left( {ACE} \right) = \left( {ASC} \right) + \left( {CSE} \right) + \left( {ASE} \right)$ ή $\left( {ASE} \right)\mathop = \limits^{\left( 2 \right),\left( 3 \right)} \displaystyle\frac{{2x2\sqrt 3 x}}{2} - \displaystyle\frac{{8\sqrt 3 {x^2}}}{7} - \displaystyle\frac{{2\sqrt 3 {x^2}}}{7}$ $= \ldots = \displaystyle\frac{{4\sqrt 3 {x^2}}}{7} = \displaystyle\frac{{\left( {ABC} \right)}}{7}$ , μια που $\left( {ABC} \right) = 4\sqrt 3 {x^2}$ .

Edit: Διορθώθηκαν κάποιες εκφραστικές ατέλειες.

#3

Καλησπέρα Μιχάλη και Θανάση. Επειδή μου άρεσε πολύ το θέμα θα δώσω μια λύση λίγο διαφορετική από του Μιχάλη.

Για την λογιστική ευκολία θεωρούμε $\displaystyle{ BC = CA = AB = 2\alpha }$ οπότε θα είναι και $\displaystyle{ CD = DE = EC = \alpha }$ . Συγκρίνουμε τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle ACD,\vartriangle ECB }$ .

Έχουμε: $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \vartriangle ACD \hfill \\ \vartriangle ECB \hfill \\ \end{gathered} \right\}\left\{ \begin{gathered} AC = BC = 2\alpha \\ \widehat{ACE} = \widehat{BCE} = 60^0 + \widehat{ACE}\mathop = \limits^{\widehat{ACE} = 180^0 - 60^0 - 60^0 } 120^0 \\ CD = CE = \alpha \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \vartriangle ACD = \vartriangle ECB \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \boxed{\widehat{CAS} = \widehat{CBE}}:\left( 1 \right) \\ \boxed{\widehat{SDC} = \widehat{SEC}}:\left( 2 \right) \\ \boxed{AD = BE}:\left( 3 \right) \\ \end{gathered} \right. }$

Από την $\displaystyle{ \left( 1 \right) }$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{ ABCS }$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και μάλιστα επειδή $\displaystyle{ \widehat{ECA} = 60^0 = \widehat{CBA} }$ και $\displaystyle{ AC }$ χορδή του κύκλου και

$\displaystyle{ \widehat{CAB} }$ εγγεγραμμένη στη χορδή θα ισχύει ότι η $\displaystyle{ EC }$ θα είναι εφαπτόμενη του περιγεγραμμένου κύκλου στο $\displaystyle{ ABCS }$

οπότε θα ισχύει για την τέμνουσα $\displaystyle{ ESB }$ και το εφαπτόμενο τμήμα $\displaystyle{ EC }$ η σχέση: $\displaystyle{ SE \cdot SB = EC^2 \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right),EC = \alpha } SE \cdot AD = \alpha ^2 \Rightarrow \boxed{SE = \frac{{\alpha ^2 }} {{AD}}}:\left( 4 \right) }$

Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι το $\displaystyle{ SECD }$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και η $\displaystyle{ AC }$ θα είναι εφαπτόμενη του περιγεγραμμένου κύκλου στο $\displaystyle{ ESCD }$

οπότε θα ισχύει … $\displaystyle{ AS \cdot AD = AC^2 \mathop \Rightarrow \limits^{AC = 2\alpha } AS \cdot AD = 4\alpha ^2 \Rightarrow \boxed{AS = \frac{{4\alpha ^2 }} {{AD}}}:\left( 5 \right) }$

Στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC\mathop \Rightarrow \limits^{\nu .\sigma \upsilon \nu } AD^2 = BD^2 + BA^2 - 2BD \cdot BA \cdot \sigma \upsilon \nu 60^0 \mathop \Rightarrow \limits^{BD = 3\alpha ,BA = 2\alpha } AD^2 = 9\alpha ^2 + 4\alpha ^2 - 2 \cdot 3\alpha \cdot 2\alpha \cdot \frac{1} {2} \Rightarrow \boxed{AD^2 = 7\alpha ^2 }:\left( 6 \right) }$

Τέλος επειδή προφανώς (από τα εγγράψιμα τετράπλευρα) προκύπτει ότι $\displaystyle{ \widehat{ESA} = 120^0 }$ παραπληρωματική της $\displaystyle{ \widehat{BAC} = 60^0 }$ «ο λόγος των εμβαδών των τριγώνων

$\displaystyle{ \vartriangle SAE,\vartriangle ABC }$ θα ισούται με το λόγο των γινομένων των πλευρών που περιέχουν τις παραπληρωματικές αυτές γωνίες, δηλαδή θα είναι:

$\displaystyle{ \frac{{\left( {SAE} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}} = \frac{{SE \cdot SA}} {{AB \cdot AC}}\mathop = \limits^{\left( 4 \right),\left( 5 \right),AB = AC = 2\alpha } \frac{{\frac{{\alpha ^2 }} {{AD}} \cdot \frac{{4\alpha ^2 }} {{AD}}}} {{2\alpha \cdot 2\alpha }} = \frac{{\alpha ^2 }} {{AD^2 }}\mathop = \limits^{\left( 6 \right):AD^2 = 7\alpha ^2 } \frac{{\alpha ^2 }} {{7\alpha ^2 }} = \frac{1} {7} \Rightarrow \boxed{\left( {SAE} \right) = \frac{1} {7}\left( {ABC} \right)} }$

Στάθης

#4

Έστω το σημείο $Z\equiv BD\cap AE$ και στο τρίγωνο $\vartriangle ADZ$ με διατέμνουσα την ευθεία ESB,

σύμφωνα με το το Θεώρημα Μενελάου,

έχουμε $\displaystyle \frac{EZ}{EA}\cdot \frac{SA}{SD}\cdot \frac{BD}{BZ} = 1$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{SA}{SD} = \frac {BZ}{BD} = \frac{4}{3}\ \ ,(1)$ γιατί BZ = 2a

και $\displaystyle BD = \frac{3a}{2}$ όπου

είναι η πλευρά του δοσμένου ισόπλευρου τριγώνου $\vartriangle ABC.$

Από (1)

$\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{SA}{SA + SD} = \frac{4}{7}$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle SA = \frac{4(AD)}{7}\ \ ,(2)$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle MAD,$ όπου

είναι το μέσον του BC,

έχουμε ότι $\displaystyle AD = \sqrt{(AM)^{2} + (MD)^{2}} = \sqrt{\frac{3a^{2}}{4} + a^{2}} = \frac{a\sqrt{7}}{2}\ \ ,(3)$

Από $(2),\ (3)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle SA = \frac{2a\sqrt{7}}{7}\ \ ,(4)$

$\bullet$ Έστω $M{'},\ E{'},\ C{'},\ Z{'},$ οι προβολές των $M,\ E,\ C,\ Z$ αντιστοίχως, επί της ευθείας

και αποδεικνύεται εύκολα ότι $\displaystyle EE{'} = \frac{ZZ{'}}{2} = \frac{CC{'}}{2} = \frac{MM{'}}{4}\ \ ,(5)$

Από ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle MAD$ έχουμε επίσης $(MN)(AD) = (MD)(AM)\ \ ,(6)$

Από (6)

$\Longrightarrow$ $\displaystyle MN\cdot \frac{a\sqrt{7}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot a$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle MN = \frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\ \ ,(7)$

Από $(4),\ (5),\ (7)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle (ASE) = \frac{1}{2}\cdot (SA)(EE{'}) = \frac{1}{2}\cdot \frac{2a\sqrt{7}}{7}\cdot \frac{1}{4}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{7}}\ \ ,(8)$

Από (8)

$\Longrightarrow$ $\displaystyle (ASE) = \frac{1}{7}\cdot \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4} = \frac{1}{7}\cdot (ABC)\ \ ,(9)$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#5

Μία άλλη αντιμετώπιση, χωρίς να χρειάζεται ισόπλευρο τρίγωνο. Μας αρκούν τα δύο τρίγωνα ABC και ECD να είναι όμοια με λόγο ομοιότητας 2:1.

Κατασκευάζουμε το παραλληλόγραμμο ΑBMK με ΒΜ=2BC
Από τα όμοια τρίγωνα ΒSD, ΑSK προκύπτει ότι BS/SK=BD/AK=3/4.
Επομένως SΒ=3/7 ΒΚ, οπότε SE=ΒΕ/7.
Άρα (ASE)=(ABE)/7 =(ABC)/7

#6

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε:Μία άλλη αντιμετώπιση, χωρίς να χρειάζεται ισόπλευρο τρίγωνο. Μας αρκούν τα δύο τρίγωνα ABC και ECD να είναι όμοια με λόγο ομοιότητας 2:1.

Κατασκευάζουμε το παραλληλόγραμμο ΑBMK με ΒΜ=2BC
Από τα όμοια τρίγωνα ΒSD, ΑSK προκύπτει ότι BS/SK=BD/AK=3/4.
Επομένως SΒ=3/7 ΒΚ, οπότε SE=ΒΕ/7.
Άρα (ASE)=(ABE)/7 =(ABC)/7

Είναι αυτό που λέμε "Τέχνη" στη Γεωμετρία.

Ανδρέα σ' ευχαριστώ, Κώστας Βήττας.

KARKAR · #7

Ένα ποίημα του Ανδρέα ..

#8

Το φανταζόμουν Κώστα ότι θα σου άρεσε.
Και εγώ ωφείλω ένα ευχαριστώ σε όλους τους Γεωμέτρες της παρέας που θέτουν και ασχολούνται με τόσο ωραία προβλήματα.
ΑΝΔΡΕΑΣ

Ένα έβδομο

Ένα έβδομο

Re: Όμορφη Κυριακή

Re: Όμορφη Κυριακή

Re: Ένα έβδομο

Re: Ένα έβδομο

Re: Ένα έβδομο

Re: Ένα έβδομο

Re: Ένα έβδομο

Μέλη σε σύνδεση