ΤΗΣ ΝΥΧΤΑΣ ΤΑ ΚΑΜΩΜΑΤΑ...

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Δεκ 28, 2009 11:41 pm
Τοποθεσία: Kάπου στο πιο μεγάλο νησί του Ιονίου

ΤΗΣ ΝΥΧΤΑΣ ΤΑ ΚΑΜΩΜΑΤΑ...

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ » Δευ Αύγ 28, 2017 8:18 pm

Παρακάτω είναι ένα θέμα με το οποίο ασχολήθηκα στις 4 το πρωί , σήμερα 28 Αυγούστου...
Οφείλω να γράψω ότι το πρώτο σκέλος είναι παλιό και γνωστό ζήτημα , το βάζω όμως μόνο και μόνο γιατί χρειάστηκε στη λύση του δεύτερου σκέλους που βρήκα. Εδώ θέλω επίσης να γράψω ότι απόδειξη του δεύτερου σκέλους δεν έχω συναντήσει τυπωμένη. Αυτό δεν σημαίνει ότι δεν μπορεί να υπάρχει κάπου...



Δίνεται τρίγωνο ABC και AD,BZ,CE τα ύψη του και έστω επίσης R η ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου.
α) Αν το ABC είναι οξυγώνιο , αποδείξτε ότι \displaystyle\left ( ABC \right )=\frac{1}{2}R\left ( ED+DZ+ZE \right )
B) Αν το ABC είναι αμβλυγώνιο , με \hat{A}>90^{\circ } , αποδείξτε ότι \displaystyle\left ( ABC \right )=\frac{1}{2}R\left ( ED+DZ-ZE \right )

Επιτρέπεται η χρήση όποιων γνώσεων νομίζετε , ας μην υπάρχουν περιορισμοί...
Όταν δοθεί πλήρης λύση θα γράψω την πηγή που με ώθησε να ασχοληθώ με το θέμα αυτό...



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10654
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΤΗΣ ΝΥΧΤΑΣ ΤΑ ΚΑΜΩΜΑΤΑ...

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Αύγ 29, 2017 11:52 am

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:Παρακάτω είναι ένα θέμα με το οποίο ασχολήθηκα στις 4 το πρωί , σήμερα 28 Αυγούστου...
Οφείλω να γράψω ότι το πρώτο σκέλος είναι παλιό και γνωστό ζήτημα , το βάζω όμως μόνο και μόνο γιατί χρειάστηκε στη λύση του δεύτερου σκέλους που βρήκα. Εδώ θέλω επίσης να γράψω ότι απόδειξη του δεύτερου σκέλους δεν έχω συναντήσει τυπωμένη. Αυτό δεν σημαίνει ότι δεν μπορεί να υπάρχει κάπου...



Δίνεται τρίγωνο ABC και AD,BZ,CE τα ύψη του και έστω επίσης R η ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου.
α) Αν το ABC είναι οξυγώνιο , αποδείξτε ότι \displaystyle\left ( ABC \right )=\frac{1}{2}R\left (ED+ DZ+ZE \right )
B) Αν το ABC είναι αμβλυγώνιο , με \hat{A}>90^{\circ } , αποδείξτε ότι \displaystyle\left ( ABC \right )=\frac{1}{2}R\left ( ED+DZ-ZE \right )

Επιτρέπεται η χρήση όποιων γνώσεων νομίζετε , ας μην υπάρχουν περιορισμοί...
Όταν δοθεί πλήρης λύση θα γράψω την πηγή που με ώθησε να ασχοληθώ με το θέμα αυτό...
Γεια σου Τηλέμαχε!

Έστω O το περίκεντρο, H το ορθόκεντρο και M, N, P τα μέσα των BC, AC, AB αντίστοιχα.
Της νύχτας....png
Της νύχτας....png (34.46 KiB) Προβλήθηκε 564 φορές
α) Εργαζόμαστε στο σχήμα 1.
\displaystyle{(ABC) = (OAB) + (OAC) + (OBC) = \frac{1}{2}(c \cdot OP + b \cdot ON + a \cdot OM) = \frac{1}{2}\left( {c\frac{{CH}}{2} + b\frac{{BH}}{2} + a\frac{{AH}}{2}} \right)}

\displaystyle{ = \frac{R}{2}\left( {c \cdot \cos C + b \cdot \cos B + a \cdot \cos A} \right) = \frac{1}{2}R\left( {DZ+ED   + ZE} \right)} [*][/color][/b]

[*][/color][/b] Πράγματι, από την ομοιότητα των τριγώνων AEZ, ABC είναι \displaystyle{\frac{{ZE}}{a} = \frac{{AZ}}{c} = \cos A \Leftrightarrow ZE = a\cos A}

Ομοίως, \displaystyle{DE = b\cos B,DZ = c\cos C}

β) Εργαζόμαστε στο σχήμα 2 και επειδή το περίκεντρο και η κορυφή A είναι εκατέρωθεν της BC, θα είναι:

\displaystyle{(ABC) = (OAB) + (OAC) - (OBC)} απ' όπου προκύπτει τελικά η δεύτερη σχέση.


ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Δεκ 28, 2009 11:41 pm
Τοποθεσία: Kάπου στο πιο μεγάλο νησί του Ιονίου

Re: ΤΗΣ ΝΥΧΤΑΣ ΤΑ ΚΑΜΩΜΑΤΑ...

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ » Τρί Αύγ 29, 2017 1:01 pm

Να ευχαριστήσω το Γιώργο για τη λύση του , η οποία βασίζεται στο γεγονός ότι το περίκεντρο ενός τριγώνου απέχει από κάθε πλευρά του το μισό της απόστασης του ορθοκέντρου από την απέναντι κορυφή. Η δική μου λύση βασίζεται στο θεώρημα Nagel και στο γνωστό συμπέρασμα ότι όταν ένα τετράπλευρο ,κυρτό ή όχι, έχει κάθετες διαγώνιες το εμβαδόν του είναι ίσο με το ημιγινόμενο των διαγωνίων.
Αφήνω περιθώριο να γράψει κάποιος τη λύση που βασίζεται στα παραπάνω.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10654
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΤΗΣ ΝΥΧΤΑΣ ΤΑ ΚΑΜΩΜΑΤΑ...

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Αύγ 29, 2017 2:30 pm

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:... Η δική μου λύση βασίζεται στο θεώρημα Nagel και στο γνωστό συμπέρασμα ότι όταν ένα τετράπλευρο ,κυρτό ή όχι, έχει κάθετες διαγώνιες το εμβαδόν του είναι ίσο με το ημιγινόμενο των διαγωνίων.
Πολύ ωραία λύση και σύντομη :clap2:


nikkru
Δημοσιεύσεις: 340
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 26, 2009 6:42 pm

Re: ΤΗΣ ΝΥΧΤΑΣ ΤΑ ΚΑΜΩΜΑΤΑ...

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikkru » Τρί Αύγ 29, 2017 3:27 pm

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:Παρακάτω είναι ένα θέμα με το οποίο ασχολήθηκα στις 4 το πρωί , σήμερα 28 Αυγούστου...
Οφείλω να γράψω ότι το πρώτο σκέλος είναι παλιό και γνωστό ζήτημα , το βάζω όμως μόνο και μόνο γιατί χρειάστηκε στη λύση του δεύτερου σκέλους που βρήκα. Εδώ θέλω επίσης να γράψω ότι απόδειξη του δεύτερου σκέλους δεν έχω συναντήσει τυπωμένη. Αυτό δεν σημαίνει ότι δεν μπορεί να υπάρχει κάπου...



Δίνεται τρίγωνο ABC και AD,BZ,CE τα ύψη του και έστω επίσης R η ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου.
α) Αν το ABC είναι οξυγώνιο , αποδείξτε ότι \displaystyle\left ( ABC \right )=\frac{1}{2}R\left ( ED+DZ+ZE \right )
B) Αν το ABC είναι αμβλυγώνιο , με \hat{A}>90^{\circ } , αποδείξτε ότι \displaystyle\left ( ABC \right )=\frac{1}{2}R\left ( ED+DZ-ZE \right )

Επιτρέπεται η χρήση όποιων γνώσεων νομίζετε , ας μην υπάρχουν περιορισμοί...
Όταν δοθεί πλήρης λύση θα γράψω την πηγή που με ώθησε να ασχοληθώ με το θέμα αυτό...
Άλλη μια λύση με ολίγη τριγωνομετρία
( αν \widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180^o τότε sin2A+sin2B+sin2C=4sinAsinBsinC και νόμο ημιτόνων)
ΤΗΣ ΝΥΧΤΑΣ ΤΑ ΚΑΜΩΜΑΤΑ_.png
ΤΗΣ ΝΥΧΤΑΣ ΤΑ ΚΑΜΩΜΑΤΑ_.png (33.17 KiB) Προβλήθηκε 508 φορές
α) Από τα όμοια τρίγωνα AZE,ACB είναι ZE=\frac{a \cdot AE}{c}= a \cdot cosA και αφού a=2RsinA, είναι:

ZE=2RsinAcosA=Rsin2A και ομοίως, ED=Rsin2C,\, DZ=Rsin2B.

Οπότε: \displaystyle\frac{R}{2}\left ( ED+DZ+ZE \right )=\frac{R^2}{2}\left (sin2A+sin2B+sin2C  \right )=

\displaystyle\frac{R^2}{2}4sinAsinBsinC=\frac{R^2}{2}\frac{4abc}{8R^3}=\frac{abc}{4R}=\left ( ABC \right )

β) Αν \hat{A}>90^{\circ } τότε, AE=c \cdot cos(180^o-A)=-c \cdot cosA και έτσι, ZE=-Rsin2A.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10654
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΤΗΣ ΝΥΧΤΑΣ ΤΑ ΚΑΜΩΜΑΤΑ...

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Αύγ 30, 2017 12:06 pm

Το πρώτο ερώτημα με το θεώρημα Nagel που ανέφερε πιο πάνω ο Τηλέμαχος.
Της νύχτας....b.png
Της νύχτας....b.png (58.78 KiB) Προβλήθηκε 442 φορές
Ως γνωστόν από το προαναφερθέν θεώρημα είναι \displaystyle{OA \bot EZ,OB \bot DE,OC \bot DZ}

\displaystyle{(ABC) = (AEOZ) + (BEOD) + (CDOZ) = \frac{1}{2}R\left( {EZ + DE + DZ} \right)}


ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ
Δημοσιεύσεις: 1055
Εγγραφή: Δευ Δεκ 28, 2009 11:41 pm
Τοποθεσία: Kάπου στο πιο μεγάλο νησί του Ιονίου

Re: ΤΗΣ ΝΥΧΤΑΣ ΤΑ ΚΑΜΩΜΑΤΑ...

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ » Πέμ Αύγ 31, 2017 12:01 am

Να ευχαριστήσω για μια ακόμη φορά το Γιώργο Βισβίκη...

Τι με ώθησε να προτείνω το θέμα αυτό;
Ψάχνοντας στη ψηφιακή βιβλιοθήκη της ΕΜΕ τα τεύχη του '' Παραρτήματος του Δελτίου της ΕΜΕ '' της δεκαετίας του 1930 , το μάτι μου έπεσε στο δεύτερο θέμα των εισαγωγικών εξετάσεων Γεωμετρίας στους Χημικούς Μηχανικούς και τους Αρχιτέκτονες του ΕΜΠ του 1939.
Η διατύπωση ήταν η εξής:
Να αποδειχθεί ότι το εμβαδόν παντός τριγώνου AB\Gamma ισούται προς την ακτίνα του εις αυτό περιγεγραμμένου κύκλου επί το ήμισυ της περιμέτρου του τριγώνου του έχοντος κορυφάς τους πόδας των υψών του AB\Gamma
Μόλις το είδα , θυμήθηκα ότι αυτό το ''παντός'' ήταν λάθος...
'' Κοίτα τι γινόταν τότε... '' σκέφτηκα...
Το θέμα ισχύει μόνο για οξυγώνιο τρίγωνο , αυτό το ήξερα , αλλά τι ισχύει στην περίπτωση που το τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο;
Αυτό δεν το ήξερα , ήταν μια μοναδική ευκαιρία να το ψάξω...
Η απόδειξη που βρήκα δεν αποφεύγει τη χρήση τριγωνομετρίας , καταλήγει όμως σε ένα συμπέρασμα.
Αυτό που δεν θα μάθουμε είναι το αν βρέθηκε υποψήφιος να εκθέσει το θεματοδότη ...
Σκέφτεστε να υπήρξε κάποιος ;

Ας δούμε τη λύση που σκέφτηκα για την περίπτωση του αμβλυγωνίου τριγώνου.
Στη λύση αυτή χρησιμοποιώ το δεύτερο σχήμα της πρώτης δημοσίευσης του Γιώργου Βισβίκη.

Το τρίγωνο HBC είναι οξυγώνιο , με ύψη HD, BZ,CE.
Άρα μπορώ να γράψω ότι \displaystyle\left ( HBC  \right )=\frac{1}{2}\left ( ZE+ED+DZ \right )

Eπίσης ισχύει ότι \displaystyle\left ( HBAC  \right )=\frac{1}{2}HA\cdot BC

Aπό την Τριγωνομετρία είναι γνωστό ότι HA=-2RcosA και ότι ZE=-BCcosA

Iσχύει ότι
\displaystyle\left ( ABC \right )=\left ( HBC \right )-\left ( HBAC \right )=\frac{1}{2}\left ( ZE+ED+DZ \right )-\frac{1}{2}HA\cdot BC=

\displaystyle=\frac{1}{2}R\left ( ZE+ED+DZ \right )-\frac{1}{2}\left ( -2RcosA \right )\cdot BC=

=\frac{1}{2}R\left ( ZE+ED+DZ \right )- R\left (-cosA\cdot BC  \right )=

\displaystyle=\frac{1}{2}R\left ( ZE+ED+DZ \right )- R\cdot ZE =\frac{1}{2}R\left ( ED+DZ-ZE \right )


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

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