mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 22, 2014 12:58 am**

: Διακτινικό άθροισμα.png (9.11 KiB) Προβλήθηκε 787 φορές

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC (AB=AC)

και ένα τυχαίο σημείο

της βάσης

. Ο κύκλος (K, R)

διέρχεται από το σημείο

και εφάπτεται της

στο

, ενώ ο κύκλος (L, r)

διέρχεται από το

και εφάπτεται της

στο σημείο

.

Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των ακτίνων R+r

είναι σταθερό, ανεξάρτητο της θέσης του

πάνω στη

Να αποδείξετε ότι η μεσοκάθετος της διακέντρου

διέρχεται από σταθερό σημείο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 22, 2014 8:59 am**

: Διακτινικό.png (29.89 KiB) Προβλήθηκε 680 φορές

Α) Το κέντρο

προκύπτει ως σημείο τομής της κάθετης προς την

στο

και

της μεσοκάθετης στο

, συνεπώς είναι $R=BP/cos\phi$ . Ομοίως $r=CT/\cos\phi$ .

Προσθέτοντας , βρίσκω : $R+r=(BP+CT)/\cos\phi=\dfrac{a}{2}/\cos\phi =$ σταθερό .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 22, 2014 9:45 am**

Καλημέρα.

A) $R+r=BK+KT=BT,\;\;ct.$
B) Αν

είναι η τομή των BK,CL

τότε το

είναι σταθερό σημείο. Επειδή KT+TL=R+r

(σταθερό) ο κύκλος TKL

διέρχεται από σταθερό σημείο

της διχοτόμου της $\angle BTC$ από το οποίο διέρχεται και η μεσοκάθετος που αναφέρεται ο Γιώργος.

edit: Επανατοποθέτηση του σχήματος.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 22, 2014 10:05 am**

george visvikis έγραψε:Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο και ένα τυχαίο σημείο της βάσης . Ο κύκλος διέρχεται από το σημείο και εφάπτεται της στο , ενώ ο κύκλος διέρχεται από το και εφάπτεται της στο σημείο . Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των ακτίνων είναι σταθερό, ανεξάρτητο της θέσης του πάνω στη Να αποδείξετε ότι η μεσοκάθετος της διακέντρου διέρχεται από σταθερό σημείο.

$\bullet$ 1) Έστω $S \equiv KB \cap LC\mathop \Rightarrow \limits^{KB \bot AB,LC \bot AC} ABSC$ εγγράψιμος χαρταετός σε κύκλο διαμέτρου . Είναι $\vartriangle LMC \sim \vartriangle SBC \sim \vartriangle KBM$ (ισοσκελή με μια γωνία ίση

$\left( {\angle MCL = \angle SBC} \right)$ ) οπότε το παραλληλόγραμμο άρα $r + R = \left( {ML} \right) + \left( {KB} \right) = \left( {KS} \right) + \left( {KB} \right) = \left( {SB} \right) = ct$ και το πρώτο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.
[attachment=0]1.png[/attachment]
$\bullet$ 2) Με $\left( {AB} \right) = \left( {AC} \right) \Rightarrow {\left( {AB} \right)^2} = {\left( {AC} \right)^2} \Rightarrow$ $\Delta _{\left( K \right)}^A = \Delta _{\left( L \right)}^A \Rightarrow A$ σημείο του ριζικού άξονα (κοινής χορδής $\left( {MN} \right)$ των κύκλων και συνεπώς είναι $\boxed{KL \bot AMN}:\left( 1 \right)$ .

Με $SN \bot AN$ , ( $\angle ANS = {90^0}$ (εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο διαμέτρου ) προκύπτει από την $\left( 1 \right)$ ότι $OP\parallel AN$ και με

$\left( {KS} \right) = \left( {NL} \right) = r\mathop \Rightarrow \limits^{KL\parallel SN\,\,({\rm K}\alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau \eta \nu \,\,AN)} KSNL$ ισοσκελές τραπέζιο και επομένως η μεσοκάθετη της βάσης του είναι και μεσοκάθετη της άλλης βάσης του

και ας είναι τα σημεία τομής της μεσοκαθέτου της με τις αντίστοιχα. Τότε στο τρίγωνο $\vartriangle ASN\mathop \Rightarrow \limits^{T\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,SN,OT\parallel AN} O$ το μέσο της

δηλαδή το σταθερό κέντρο του περικυκλίου του δοσμένου ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle ABC$ και το δεύτερο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 22, 2014 10:37 am**

Επανέρχομαι για να δούμε το γενικότερο : Δίνεται σταθερή γωνία xOy

και ότι τα σημεία A,B

κινούμενα στις πλευρές της, ώστε $OA+OB=k,\;\;ct.$ Τότε ο κύκλος (OAB)

διέρχεται από σταθερό σημείο της διχοτόμου της γωνίας, εφαρμοζόμενο επ’ ακριβώς στην περίπτωση μας.

Έστω λοιπόν

η τομή της διχοτόμου της γωνίας $\angle BTC$ με τον κύκλο (KTL)

. Παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα BKF, FTL

είναι ίσα, ως επίσης και τα τρίγωνα FLC, FKT

. Συνεπώς

επειδή το τετράπλευρο ABTC

είναι εγγράψιμο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 22, 2014 10:49 am**

Αν

το σημείο τομής των

και

,τότε αυτό είναι το αντιδιαμετρικό του

στον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

.
Όλες οι γωνίες $\phi$ στο σχήμα είναι ίσες από τα ισοσκελή τρίγωνα και τα εγγράψιμα.

: 2.png (32.66 KiB) Προβλήθηκε 632 φορές

1) Από το παραλληλόγραμμο KDLM

το "διακτινικό άθροισμα" είναι σταθερό.
2) Τα τρίγωνα OKD

και

είναι ίσα, αφού OD=OC

,

και $\hat{KDO}=\hat{LCO}$ ,
οπότε OK=OL

, άρα το τρίγωνα OKL

ισοσκαλές και η μεσοκάθετη στην

διέρχεται από το κέντρο του περίκεντρου
του ABC

Παρατήρηση: Ίσως μια πιο εύκολη διατύπωση για μαθητές θα ήταν η εξής. Σε ισοσκαλές τρίγωνo $\vartriangle ABC\left( {AB = AC} \right)$ θεωρούμε τα και επί των και αντίστοιχα, ώστε . Να αποδείξετε ότι η μεσοκάθετη στην διέρχεται από το περίκεντρο.
Μιχάλης.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 22, 2014 10:50 am**

george visvikis έγραψε:
Το συνημμένο Διακτινικό άθροισμα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο και ένα τυχαίο σημείο της βάσης . Ο κύκλος διέρχεται από το σημείο και εφάπτεται της στο , ενώ ο κύκλος διέρχεται από το και εφάπτεται της στο σημείο .

Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των ακτίνων είναι σταθερό, ανεξάρτητο της θέσης του πάνω στη

Να αποδείξετε ότι η μεσοκάθετος της διακέντρου διέρχεται από σταθερό σημείο.

Καλημέρα σε όλους . Νέους και παλιούς Γεωμέτρες και μη .

: Διακτινικό άθροισμα.png (31.27 KiB) Προβλήθηκε 664 φορές

Από τα δεδομένα προκύπτουν και άλλα σταθερά . Το σημείο τομής

των καθέτων στα B,C

επί των ίσων πλευρών και ως εκ τούτου , το μήκος του AT = d

και το μέσο του

. Αν

οι προβολές των K,L

στη σταθερή BC = a

, προφανώς $BE + ZC = \dfrac{a}{2}\,\,(1)$ . Τα ορθογώνια τρίγωνα ABT

και

έχουν $B\widehat KE = B\widehat TA$ λόγω παραλληλίας των AT,EK

και άρα είναι όμοια , με λόγο ομοιότητας

$\dfrac{{AB}}{{BE}} = \dfrac{{AT}}{{BK}} \Rightarrow BK = \dfrac{{BE \cdot AT}}{{AB}}$ και αν το μήκος της κάθε μιας από τι ίσες πλευρές του ισοσκελούς τριγώνου ABC

είναι

θα έχουμε: $\boxed{R = \frac{{BE \cdot d}}{b}}\,\,(2)$ , ομοίως δε $\boxed{r = \frac{{ZC \cdot d}}{b}}\,\,(2)$ . Λόγω δε της (1)

από την πρόσθεση κατά μέλη των $(2),\,\, (3)$ θα προκύψει : $\boxed{R + r = \frac{{ad}}{{2b}}}$ .

Για το δεύτερο ερώτημα έστω N,P

τα σημεία τομής της μεσοκαθέτου του

με τις

αντίστοιχα με

το άλω σημείο , εκτός του

, τομής των δύο κύκλων $(K,R),\,\,(L,r)$ . Το τετράπλευρο

KLQT

είναι ισοσκελές τραπέζιο γιατί TB = TC = R + r

και έτσι και το

μέσο του

. Αλλά το

είναι το ριζικό κέντρο των δύο προαναφερθέντων κύκλων και συνεπώς η

διέρχεται από το

.

Τώρα όμως η OP//AQ

( αφού η κοινή χορδή

κάθετος στη διάκεντρο

) θα διέρχεται από το

μέσο του σταθερού

.

Φιλικά Νίκος

Υ.Γ. Εκ των υστέρων βλέπω ότι είμαστε με το φίλο το Στάθη στο ίδιο μήκος κύματος. Τιμή μου .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 22, 2014 11:39 am**

Σας ευχαριστώ όλους για τις πολύ ωραίες απαντήσεις

Για την ιστορία, να πω ότι το άθροισμα των ακτίνων συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου είναι:

$\boxed{R + r = \frac{{ab}}{{\sqrt {4{b^2} - {a^2}} }}}$

mathematica.gr

Διακτινικό άθροισμα

Διακτινικό άθροισμα

Re: Διακτινικό άθροισμα

Re: Διακτινικό άθροισμα

Re: Διακτινικό άθροισμα

Re: Διακτινικό άθροισμα

Re: Διακτινικό άθροισμα

Re: Διακτινικό άθροισμα

Re: Διακτινικό άθροισμα