Διαχωρίζουσα

KARKAR · #1

: Διαχωρίζουσα.png (10.46 KiB) Προβλήθηκε 308 φορές

Σε τρίγωνο ABC

, με :

, είναι γνωστά τα δευτερεύοντα στοιχεία : ύψος

, διχοτόμος

και διάμεσος

.

Είναι επίσης γνωστοί τρόποι κατασκευής καθώς και ο υπολογισμός συναρτήσει των πλευρών a , b , c

, καθενός από τα παραπάνω .

Θεωρούμε σημείο

της

, τέτοιο ώστε : AB+BS=AC+CS

και ονομάζουμε (προσωρινά) την

διαχωρίζουσα .

Βρείτε έναν τρόπο εντοπισμού του σημείου

και υπολογίστε την διαχωρίζουσα

, συναρτήσει των a , b , c

.

Εξετάστε ακόμη αν αληθεύει ότι : AD < AE < AM < AS

. Εφαρμογή : a=9 , b=8 , c=5 , AS= ;

#2

Από τη δοσμένη σχέση της "διαχωρίζουσας" παίρνουμε $\begin{cases} BS-CS=b-c \\ BS+CS=a \end{cases}$ και λύνοντας το σύστημα έχουμε $BS=\dfrac{a+b-c}{2}$ και $CS=\dfrac{c+a-b}{2}$ .

Από το θεώρημα Stewart έχουμε $b^2 \cdot BS + c^2\cdot CS=a\left(AS^2+BS\cdot CS\right)$ και αντικαθιστώντας τα μήκη των

και

παίρνουμε τελικά ότι:

$AS=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{a+b+c}{a}\left(a(b+c-a)+2(b-c)^2\right)}$ που είναι η ζητούμενη σχέση για το μήκος της "διαχωρίζουσας"

.

Για τις ανισότητες θα δείξω ισοδύναμα ότι BD<BE<BM<BS

.

$\bullet$ Θεωρώ γνωστό ότι $BD=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2a}$ (προκύπτει απλά με εφαρμογή του Πυθαγορείου θεωρήματος στα ορθογώνια τρίγωνα ABD

και

και αφαίρεση κατά μέλη).

Επίσης με χρήση του θεωρήματος της εσωτερικής διχοτόμου παίρνουμε $BE=\dfrac{ac}{b+c}$ κι έτσι:

$\begin{aligned} BD-BE & = \dfrac{a^2+c^2-b^2}{2a} - \dfrac{ac}{b+c} = \dfrac{(a^2+c^2-b^2)(b+c)-2a^2c}{2a(b+c)}=\dfrac{a^2b+a^2c+bc^2+c^3-b^3-b^2c-2a^2c}{2a(b+c)} \\ &= \dfrac{(bc^2-b^2c)+(c^3-b^3)-(a^2c-a^2b)}{2a(b+c)}=\dfrac{bc(c-b)+(c-b)(c^2+bc+b^2)-a^2(c-b)}{2a(b+c)} \\ &= \dfrac{(c-b)(bc+c^2+bc+b^2-a^2)}{2a(b+c)}=\dfrac{(c-b)\left[(b+c)^2-a^2\right]}{2a(b+c)}=\dfrac{(c-b)(b+c+a)(b+c-a)}{2a(b+c)}<0 \end{aligned}$

αφού c<b

οπότε τελικά παίρνουμε $\boxed{BD<BE}$ .

$\bullet$ Επίσης η $BE<BM=\dfrac{a}{2}$ δίνει ισοδύναμα ότι $\dfrac{c}{b+c}<\dfrac{1}{2}$ που φανερά ισχύει. Άρα $\boxed{BE<BM}$ .

$\bullet$ Τέλος, $BS=\dfrac{a+b-c}{2} > \dfrac{a}{2}$ αφού b>c

που αποδεικνύει ότι $\boxed{BM < BS}$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Αλέξανδρος

KARKAR · #3

Αλέξανδρε , νάσαι καλά !

Για να κάνουμε τον τύπο της "διαχωρίζουσας" κάπως πιο εύκολο για την μνήμη , με την αντικατάσταση :

$a+b+c=2\tau$ , βρίσκω : $AS= \sqrt{\tau^2-\dfrac{4\tau(\tau-b)(\tau-c)}{a}}$ .

#4

cretanman έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 08, 2025 12:10 am
Από τη δοσμένη σχέση της "διαχωρίζουσας" παίρνουμε $\begin{cases} BS-CS=b-c \\ BS+CS=a \end{cases}$ και λύνοντας το σύστημα έχουμε $BS=\dfrac{a+b-c}{2}$ και $CS=\dfrac{c+a-b}{2}$ .

Από το θεώρημα Stewart έχουμε $b^2 \cdot BS + c^2\cdot CS=a\left(AS^2+BS\cdot CS\right)$ και αντικαθιστώντας τα μήκη των και παίρνουμε τελικά ότι:

$AS=\dfrac{1}{2}\sqrt{\dfrac{a+b+c}{a}\left(a(b+c-a)+2(b-c)^2\right)}$ που είναι η ζητούμενη σχέση για το μήκος της "διαχωρίζουσας" .

Για τις ανισότητες θα δείξω ισοδύναμα ότι .

$\bullet$ Θεωρώ γνωστό ότι $BD=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2a}$ (προκύπτει απλά με εφαρμογή του Πυθαγορείου θεωρήματος στα ορθογώνια τρίγωνα και και αφαίρεση κατά μέλη).

Επίσης με χρήση του θεωρήματος της εσωτερικής διχοτόμου παίρνουμε $BE=\dfrac{ac}{b+c}$ κι έτσι:

$\begin{aligned} BD-BE & = \dfrac{a^2+c^2-b^2}{2a} - \dfrac{ac}{b+c} = \dfrac{(a^2+c^2-b^2)(b+c)-2a^2c}{2a(b+c)}=\dfrac{a^2b+a^2c+bc^2+c^3-b^3-b^2c-2a^2c}{2a(b+c)} \\ &= \dfrac{(bc^2-b^2c)+(c^3-b^3)-(a^2c-a^2b)}{2a(b+c)}=\dfrac{bc(c-b)+(c-b)(c^2+bc+b^2)-a^2(c-b)}{2a(b+c)} \\ &= \dfrac{(c-b)(bc+c^2+bc+b^2-a^2)}{2a(b+c)}=\dfrac{(c-b)\left[(b+c)^2-a^2\right]}{2a(b+c)}=\dfrac{(c-b)(b+c+a)(b+c-a)}{2a(b+c)}<0 \end{aligned}$

αφού οπότε τελικά παίρνουμε $\boxed{BD<BE}$ .

$\bullet$ Επίσης η $BE<BM=\dfrac{a}{2}$ δίνει ισοδύναμα ότι $\dfrac{c}{b+c}<\dfrac{1}{2}$ που φανερά ισχύει. Άρα $\boxed{BE<BM}$ .

$\bullet$ Τέλος, $BS=\dfrac{a+b-c}{2} > \dfrac{a}{2}$ αφού που αποδεικνύει ότι $\boxed{BM < BS}$ και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Αλέξανδρος

Όλα ωραία του Θανάση , αλλά εντυπωσιακά και όλα του Αλέξανδρου

Διαχωρίζουσα

Διαχωρίζουσα

Re: Διαχωρίζουσα

Re: Διαχωρίζουσα

Re: Διαχωρίζουσα

Μέλη σε σύνδεση