Εξισωτής

KARKAR · #1

: Εξισωτής.png (8.31 KiB) Προβλήθηκε 887 φορές

Το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ έχει κάθετες πλευρές AB=8

και

. Το τμήμα

, με άκρα

επί των CA,CB

, χωρίζει το τρίγωνο σε δύο περιοχές , οι οποίες έχουν ίσα εμβαδά και ίσες περιμέτρους .

Δείξτε ότι $ST=4\sqrt{3}$ . ( Υπενθύμιση : Η ευθεία

λέγεται εξισωτής για το τρίγωνο $\displaystyle ABC$ )

#2

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Εξισωτής.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ έχει κάθετες πλευρές και . Το τμήμα , με άκρα

επί των , χωρίζει το τρίγωνο σε δύο περιοχές , οι οποίες έχουν ίσα εμβαδά και ίσες περιμέτρους .

Δείξτε ότι $ST=4\sqrt{3}$ . ( Υπενθύμιση : Η ευθεία λέγεται εξισωτής για το τρίγωνο $\displaystyle ABC$ )

Καλησπέρα Θανάση.

Αφού τα δύο σχήματα έχουν ίσες περιμέτρους θα είναι:

$\displaystyle{6 - x + 10 - y = 8 + x + y \Leftrightarrow }$ $\boxed{x+y=4}$ (1)

Επειδή όμως έχουν και ίσα εμβαδά το καθένα θα έχει εμβαδόν ίσο με το μισό του ορθογωνίου τριγώνου που είναι

.

$\displaystyle{(CST) = \frac{1}{2}CS \cdot CT\eta \mu \varphi \mathop = \limits^{(1)} \frac{1}{2}(6 - x)(6 + x)\frac{4}{5} = 12 \Leftrightarrow }$ $\boxed{x = \sqrt 6 }$

: Εξισωτής.png (6.64 KiB) Προβλήθηκε 867 φορές

Από νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο CST

:

$\displaystyle{{d^2} = {\left( {6 - \sqrt 6 } \right)^2} + {\left( {6 + \sqrt 6 } \right)^2} - 2\left( {6 - \sqrt 6 } \right)\left( {6 + \sqrt 6 } \right)\sigma \upsilon \nu \varphi \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{{d^2} = 84 - 60 \cdot \frac{3}{5} = 48 \Leftrightarrow }$ $\boxed{d = 4\sqrt 3 }$

ealexiou · #3

Καλησπέρα
CB=10

, έστω $CS=x, \ CT=y$
$x+y+d=d+(10-y)+8+(6-x) \Rightarrow 2x+2y=24 \Rightarrow x+y=12$

η προβολή του

στην

, $\dfrac{TK}{CT}= \dfrac{AB}{CB} \Rightarrow TK= \dfrac{4}{5}y$
$(CTS)= \dfrac{1}{2}(ABC)=12 \Rightarrow \dfrac{1}{2} \times \dfrac{4}{5}xy=12 \Rightarrow xy=30$
$\begin{cases} x+y=12\\ xy=30\end{cases} \Rightarrow x=6- \sqrt{6} , \ y=6+ \sqrt{6}$
και μετέπειτα ξανά ίδια με του Γιώργου
$d^2=(6- \sqrt{6} )^2+(6+ \sqrt{6})^2-2(6- \sqrt{6})(6+\sqrt{6} )cos\widehat{C}(=\dfrac{3}{5})$
$\Rightarrow d=4 \sqrt{3}$

#4

KARKAR έγραψε:( Υπενθύμιση : Η ευθεία λέγεται εξισωτής για το τρίγωνο $\displaystyle ABC$ )

Καλησπέρα σε όλους! Θανάση, βρίσκομαι σε διακοπές με κοινόχρηστο δίκτυο ταχύτητας μικρότερης από την ταχύτητα του μυρμηγκιού της Τράπεζας Θεμάτων Α΄ Λυκείου (ένα μέτρο το λεπτό !). Εκείνο που τράκαρε με μιαν αράχνη...

Υπόσχομαι, μόλις μπορέσω να γράψω κάτι παραπάνω για το πρόβλημα του Εξισωτή, με το οποίο, το ξέρεις, έχω ασχοληθεί αρκετά.

#5

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Εξισωτής.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ έχει κάθετες πλευρές και . Το τμήμα , με άκρα

επί των , χωρίζει το τρίγωνο σε δύο περιοχές , οι οποίες έχουν ίσα εμβαδά και ίσες περιμέτρους .

Δείξτε ότι $ST=4\sqrt{3}$ . ( Υπενθύμιση : Η ευθεία λέγεται εξισωτής για το τρίγωνο $\displaystyle ABC$ )

Καλησπέρα .

: Εξισωτής.png (26.29 KiB) Προβλήθηκε 748 φορές

Ας δούμε το θέμα από μια άλλη σκοπιά.
Ανάλυση.
Έστω λυμένο το πρόβλημα. Θα είναι $(CST) = \dfrac{1}{2}(ABC) = \dfrac{1}{2}6 \cdot 8 = 12\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,CS + CT = SA + AB + BT$ και αφού CS + CT + SA + AB + BT = 6 + 8 + 10 = 24

,

αναγκαστικά $\boxed{CS + CT = 12}\,\,(1)$ και εν γένει ίσο με την ημιπερίμετρο του τριγώνου ABC

.

Η σχέση (1)

, αφού η γωνία $A\widehat CB$ είναι σταθερή σύμφωνα με το θεώρημα

Maclaurin

μας εγγυάται ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου CST

διέρχεται από σταθερό σημείο της διχοτόμου της γωνίας

$A\widehat CB$ , κι επειδή $CA = \dfrac{{12}}{2}$ το σταθερό αυτό σημείο είναι το σημείο τομής

, της πιο πάνω διχοτόμου με την πλευρά

.

Ας είναι τώρα

το σημείο τομής της διχοτόμου

με την

και

οι αποστάσεις του

από τις πλευρές $CA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CB$ . Θα ισχύει : $(CST) = \dfrac{1}{2}rCT + \dfrac{1}{2}rCS = \dfrac{1}{2}r(CS + CT) = 6r$ και άρα

$\boxed{r = 2}$ που πολύ εύκολα διαπιστώνουμε ότι είναι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC

δηλαδή το

είναι το έγκεντρο του τριγώνου αυτού .

Κατασκευή.

Γράφουμε την διχοτόμο

και έστω

το έγκεντρο του ABC

. Γράφουμε τόξο χορδής

που να δέχεται γωνία $\widehat \xi = \widehat \theta = \dfrac{{A\widehat CB}}{2}$ που τέμνει την

στο σημείο

.

Η ευθεία

τέμνει την

στο σημείο

.

Περισσότερες λεπτομέρειες αναμένουμε από τον Γιώργο το Ρίζο και την εισήγησή του σε συνέδριο της ΕΜΕ.

Άλλες λεπτομέρειες στο περιοδικό Μαϊου Ιουνίου 1997 σελίδα 47.

Φιλικά Νίκος

Ανδρέας Πούλος · #6

Πρέπει να σημειώσουμε ότι πληρέστερο (γραμμένο από Έλληνες) κείμενο για το θέμα αυτό,
έχει δημοσιεύσει ο Δημήτρης Κοντοκώστας τον Απρίλιο του 2010 στο περιοδικό Mathematics Magazine Τόμος 83, τεύχος 2ο, με τίτλο Triangle Equalizers.
Νομίζω εύκολα μπορεί να το βρει ο κάθε ενδιαφερόμενος.
Με την ευκαιρία, νομίζω ότι είναι ακόμα άλυτο το ίδιο πρόβλημα για τετράπλευρα.

Ανδρέας Πούλος

#7

Ανδρέας Πούλος έγραψε:Πρέπει να σημειώσουμε ότι πληρέστερο (γραμμένο από Έλληνες) κείμενο για το θέμα αυτό,
έχει δημοσιεύσει ο Δημήτρης Κοντοκώστας τον Απρίλιο του 2010 στο περιοδικό Mathematics Magazine Τόμος 83, τεύχος 2ο, με τίτλο Triangle Equalizers.
Νομίζω εύκολα μπορεί να το βρει ο κάθε ενδιαφερόμενος.
Με την ευκαιρία, νομίζω ότι είναι ακόμα άλυτο το ίδιο πρόβλημα για τετράπλευρα.

Ανδρέας Πούλος

Καλησπέρα σε όλους. Επιτρέψτε μου να σας πληροφορήσω ότι στο τεύχος 81 του Ευκλείδη Γ (Β΄εξάμηνο 2014) περιλαμβάνεται ένα άρθρο, που υπογράφουμε ο Δημήτρης Ντρίζος κι εγώ με μια ακόμα απόδειξη και διερεύνηση του προβλήματος ύπαρξης και κατασκευής των Εξισωτών τριγώνου, χρησιμοποιώντας αποκλειστικά μαθηματικά εργαλεία που διδάσκονται έως και τη Β΄ Λυκείου.

Σας εύχομαι Καλήν Ανάγνωση!

Υ.Γ. Να σημειώσω εδώ ότι αναζητώντας στη διεθνή βιβλιογραφία, το σύνολο σχεδόν των σχετικών παραπομπών έχουν ως σημείο αναφοράς τη γεωμετρική απόδειξη του Δημήτρη Κοντοκώστα.

Εξισωτής

Εξισωτής

Re: Εξισωτής

Re: Εξισωτής

Re: Εξισωτής

Re: Εξισωτής

Re: Εξισωτής

Re: Εξισωτής

Μέλη σε σύνδεση