Λήμμα.

Συντονιστής: Μιχάλης Νάννος

Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 1011
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

Λήμμα.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Πέμ Οκτ 04, 2018 8:56 pm

1.png
1.png (9.93 KiB) Προβλήθηκε 248 φορές



Καλησπέρα.

Στο παραπάνω σχήμα τα σημεία A, B, C, D είναι συνευθειακά και AB=CD.

Δείξτε ότι AP=PD και BP=PC.



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10434
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Λήμμα.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Οκτ 05, 2018 10:16 am

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:
Πέμ Οκτ 04, 2018 8:56 pm
Στο παραπάνω σχήμα τα σημεία A, B, C, D είναι συνευθειακά και AB=CD.

Δείξτε ότι AP=PD και BP=PC.

Έστω \angle A > \angle D πότε και \angle PBC = A+ \theta > D+\theta = \angle PCB. Έπεται από το τρίγωνο APD ότι PD>PA και από το PBC ότι PC>PB. Άρα \frac {1}{2} PD\cdot PC \sin \theta > \frac {1}{2} PA\cdot PB \sin \theta ή αλλιώς (PCD)>(PAB) \, (*) που είναι αντίφαση γιατί τα εν λόγω τρίγωνα έχουν ίσα εμβαδά (ίσες βάσεις και ίσα ύψη).

Όμοια δεν μπορεί \angle A < \angle D, οπότε οι γωνίες είναι ίσες και το ζητούμενο έπεται από τα ισοσκελή τρίγωνα PAD, \, PBC.

(*) Έκανα την λύση με τύπο εμβαδού που είναι στην ύλη της Β' Λυκείου, αλλά αυτό διορθώνεται: Απλά παρατηρούμε από τα αποδειχθέντα ότι έπεται εύκολα ότι το ύψος από το C στο τρίγωνο PCD είναι μεγαλύτερο από το ύψος από το B στο τρίγωνο PAB οπότε πάλι έχουμε την ανισότητα (*) στα εμβαδά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7193
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Λήμμα.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Οκτ 05, 2018 10:51 am

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:
Πέμ Οκτ 04, 2018 8:56 pm
1.png




Καλησπέρα.

Στο παραπάνω σχήμα τα σημεία A, B, C, D είναι συνευθειακά και AB=CD.

Δείξτε ότι AP=PD και BP=PC.
Λήμμα Φ.png
Λήμμα Φ.png (14.4 KiB) Προβλήθηκε 173 φορές
Οι PB, PC τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου PAD στα E, H αντίστοιχα. Προφανώς, AE=HD και

E\widehat AD=H\widehat DA. Άρα τα τρίγωνα ABE, DCH είναι ίσα, \displaystyle P\widehat BC = P\widehat CB \Leftrightarrow PB = PC και εύκολα τώρα PA=PD.


Altrian
Δημοσιεύσεις: 60
Εγγραφή: Τρί Μάιος 01, 2018 4:51 pm
Τοποθεσία: Βούλα, Αττική

Re: Λήμμα.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Altrian » Παρ Οκτ 05, 2018 10:59 am

Αν σε ένα τρίγωνο γνωρίζουμε την μια πλευρά του, το ύψος σε αυτή την πλευρά και την απέναντι γωνία τότε ορίζεται μονοσήμαντα.
Ετσι \triangle PBD=\triangle PAC. Αρα PA=PD, PB=PC

Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
Συνημμένα
Lemma.png
Lemma.png (12.1 KiB) Προβλήθηκε 168 φορές


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1317
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Λήμμα.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Παρ Οκτ 05, 2018 12:54 pm

Καλημέρα.

Έστω O_1,O_2 τα περίκεντρα των τριγώνων \vartriangle O_1AB, \vartriangle O_2CD, αντίστοιχα.

Τότε, από τον Νόμο Ημιτόνων, ισχύει 2O_1A=\dfrac{AB}{\sin \theta}=\dfrac{CD}{\sin \theta}=2O_2D \Rightarrow O_1A=O_2D , οπότε τα τρίγωνα \vartriangle O_1AB, \vartriangle O_2CD έχουν ίσες ακτίνες περιγεγραμμένων κύκλων.

Προφανώς, \angle AO_1B=2\theta, και αφού AO_1=O_1B, ισχύει \angle O_1BA=90^\circ-\theta \Rightarrow \angle O_1BC=90^\circ +\theta, και όμοια \angle O_2CB=90^\circ+\theta.

Έτσι, τα τρίγωνα \vartriangle O_1BC, \vartriangle O_2BC, έχουν BC κοινή, O_1B=O_2C, και επίσης \angle O_1BC=\angle O_2CB. Έτσι, O_1C=O_2B, και \angle O_2BC=\angle O_1CB.

Αν λοιπόν Q \equiv O_1C \cap O_2B, ισχύει QB=QC, O_2B=O_1C \Rightarrow QO_1=QO_2 \Rightarrow όλες οι μπλε γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους, και άρα το O_1O_2CB είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Συνεπώς, \angle O_2O_1B=\angle O_1O_2C, και αφού PO_1=PO_2 \Rightarrow \angle PO_1O_2=\angle PO_2O_1, οπότε \angle PO_1B=\angle PO_2C .

Άρα, τα τρίγωνα \vartriangle PO_1B, PO_2C είναι ίσα (ισοσκελή με ίση γωνία κορυφής), και άρα PB=PC.
Εύκολα πλέον ισχύει και PA=PD.
FANIS.png
FANIS.png (33.56 KiB) Προβλήθηκε 150 φορές


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1464
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Λήμμα.

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Παρ Οκτ 05, 2018 1:27 pm

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:
Πέμ Οκτ 04, 2018 8:56 pm
1.png




Καλησπέρα.

Στο παραπάνω σχήμα τα σημεία A, B, C, D είναι συνευθειακά και AB=CD.

Δείξτε ότι AP=PD και BP=PC.

Το θεώρημα Steiner δίνει \displaystyle \frac{{AB \cdot AC}}{{DC \cdot DB}} = {\left( {\frac{{AP}}{{PD}}} \right)^2}.Αλλά \displaystyle AB = CD,AC = DB

άρα \displaystyle \boxed{AP = PD} \Rightarrow \angle D = \angle A \Rightarrow \angle PCB = \angle PBC \Rightarrow \boxed{PB = PC}


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 2002
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Λήμμα.

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Παρ Οκτ 05, 2018 2:50 pm

Γεια σου Ορέστη.Ευχαριστώ για το σχήμα.

Στο σχήμα του Ορέστη.

Τα τρίγωνα O_{1}AB,O_{2}CD
είναι ίσα.

Προκύπτει ότι οι κύκλοι έχουν ίσες ακτίνες και το AO_{1}O_{2}D
είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Ετσι η κοινή χορδή των κύκλων είναι μεσοκάθετος της O_{1}O_{2}
οπότε και της AD.

Αρα το PAD τρίγωνο είναι ισοσκελές κλπ


nikkru
Δημοσιεύσεις: 330
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 26, 2009 6:42 pm

Re: Λήμμα.

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikkru » Παρ Οκτ 05, 2018 7:06 pm

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:
Πέμ Οκτ 04, 2018 8:56 pm
1.png
Καλησπέρα.
Στο παραπάνω σχήμα τα σημεία A, B, C, D είναι συνευθειακά και AB=CD.
Δείξτε ότι AP=PD και BP=PC.
Μεταφέρουμε το τρίγωνο PCD αριστερά κατά τμήμα DB, οπότε τα τρίγωνα PCD,NAB είναι ίσα.

Τότε PN//AB και αφού \widehat{\alpha }=\widehat{\gamma }=\widehat{\beta } το ABPN είναι τραπέζιο εγγράψιμο σε κύκλο άρα ισοσκελές , συνεπώς BP=AN=CP και AP=BN=DP.
.
Λήμμα_.png
Λήμμα_.png (20.01 KiB) Προβλήθηκε 91 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης