Πλευρές τριγώνου σε Α.Π

#1

: Πλευρές σε Α.Π..png (11.83 KiB) Προβλήθηκε 476 φορές

Έστω

η διχοτόμος,

το έγκεντρο και

το περίκεντρο τριγώνου ABC

στο οποίο οι πλευρές

c, a, b

είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. Να δείξετε ότι: α) $OI\bot AD.$

β) Το άθροισμα των αποστάσεων τυχόντος σημείου

του

από τις πλευρές του ABC

είναι σταθερό.

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 29, 2023 11:05 am
Πλευρές σε Α.Π..png
Έστω η διχοτόμος, το έγκεντρο και το περίκεντρο τριγώνου στο οποίο οι πλευρές

είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. Να δείξετε ότι: α) $OI\bot AD.$

β) Το άθροισμα των αποστάσεων τυχόντος σημείου του από τις πλευρές του είναι σταθερό.

i) Αν $\omega =0$ , όπου $\omega$ ο λόγος της γεωμετρικής προόδου τότε το πρόβλημα είναι προφανές στο ισόπλευρο τρίγωνο $\vartriangle ABC$

$\bullet$ ii) α) Έστω $\omega \ne 0$ και ας είναι X,Y,Z

οι ορθές προβολές του

στις

αντίστοιχα, Q,P

οι ορθές προβολές του

στις

αντίστοιχα και L,K

οι ορθές προβολές του περίκεντρου

του $\vartriangle ABC$ στις BC,CA

αντίστοιχα (προφανώς τα μέσα των πλευρών αυτών)

Τότε για την ημιπερίμετρο $\tau$ του $\vartriangle ABC$ ισχύει:
$\tau =\dfrac{a+b+c}{2}\overset{b+c=2a}{\mathop{=}}\,\dfrac{3a}{2}$ και $AP=\tau -a=\dfrac{3a}{2}-a=\dfrac{a}{2}:\left( 1 \right)$ , $CQ=\tau -c=\dfrac{3a}{2}-c=\dfrac{3a-2c}{2}:\left( 2 \right)$
Επίσης είναι $CD=\dfrac{ab}{b+c}=\dfrac{ab}{2a}=\dfrac{b}{2}:\left( 3 \right)$
Έτσι $PK=\left| AK-AP \right|\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{=}}\,\left| \dfrac{b}{2}-\dfrac{a}{2} \right|=\dfrac{\left| b-a \right|}{2}=\dfrac{\left| \omega \right|}{2}:\left( 4 \right)$ ¨
$LQ=\left| CQ-CL \right|\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{=}}\,\left| \dfrac{3a-2c}{2}-\dfrac{a}{2} \right|=\left| a-c \right|=\left| \omega \right|:\left( 5 \right)$ ¨

: Πλευρές τριγώνου σε Α.Π.png (46.9 KiB) Προβλήθηκε 374 φορές

Από $\left( 4 \right),\left( 5 \right)\Rightarrow \dfrac{PK}{LQ}=\dfrac{\dfrac{\left| \omega \right|}{2}}{\left| \omega \right|}=\dfrac{1}{2}:\left( 6 \right)$ και $\dfrac{CD}{CA}\overset{\left( 3 \right)}{\mathop{=}}\,\dfrac{\dfrac{b}{2}}{b}=\dfrac{1}{2}:\left( 7 \right)$ . Από $\left( 6 \right),\left( 7 \right)\Rightarrow \dfrac{PK}{LQ}=\dfrac{CD}{CA}:\left( 8 \right)$ . Τέλος από την $\left( 8 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem προκύπτει ότι $OI\bot AD$ και το πρώτο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ β) Με

σημείο της διχοτόμου της γωνίας $\angle A$ προκύπτει ότι $MY=MZ:\left( 9 \right)$
Για το εμβαδόν του τριγώνου $\vartriangle ABC$ έχουμε: $\dfrac{a\cdot {{\upsilon }_{a}}}{2}=\left( ABC \right)=\left( AMB \right)+\left( AMC \right)+\left( BMC \right)=$ $\dfrac{c\cdot MZ}{2}+\dfrac{b\cdot MY}{2}+\dfrac{a\cdot MX}{2}\overset{\left( 9 \right)}{\mathop{=}}\,\dfrac{c\cdot MZ}{2}+\dfrac{b\cdot MZ}{2}+\dfrac{a\cdot MX}{2}$ $\dfrac{\left( b+c \right)\cdot MZ+a\cdot MX}{2}\overset{b+c=2a}{\mathop{=}}\,\dfrac{2a\cdot MZ+a\cdot MX}{2}$

$=\dfrac{a\cdot \left( 2MZ+MX \right)}{2}\overset{MZ=MY}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{a\cdot {{\upsilon }_{a}}}{2}=\dfrac{a\cdot \left( MY+MZ+MX \right)}{2}$ $\Rightarrow MY+MZ+MX={{\upsilon }_{a}}=ct$ και το δεύτερο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

#3

Σ' ευχαριστώ Στάθη για την πλήρη κάλυψη του θέματος

Δίνω μία διαφορετική προσέγγιση για το πρώτο ερώτημα.

: Α.Π-λύση.png (11.22 KiB) Προβλήθηκε 306 φορές

$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle A{D^2} = bc - BD \cdot DC = bc - \frac{{bc}}{4} \Leftrightarrow A{D^2} = \frac{{3bc}}{4}$

$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle \frac{{AI}}{{AD}} = \frac{{b + c}}{{a + b + c}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow A{I^2} = \frac{4}{9} \cdot \frac{{3bc}}{4} = \frac{{bc}}{3}$

$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle \frac{{a + b + c}}{2}r = (ABC) = \frac{{abc}}{{4R}} \Leftrightarrow 3r = \frac{{bc}}{{2R}} \Rightarrow A{I^2} = 2Rr$

$\displaystyle A{I^2} + O{I^2} = 2Rr + {R^2} - 2Rr = {R^2} = O{A^2} \Rightarrow$ $\boxed{OI\bot AI}$

Πλευρές τριγώνου σε Α.Π

Πλευρές τριγώνου σε Α.Π

Re: Πλευρές τριγώνου σε Α.Π

Re: Πλευρές τριγώνου σε Α.Π

Μέλη σε σύνδεση