ισοσκελή τρίγωνα σε ορθογώνιο

polysindos · #1

Η ευθεία ε διέρχεται από την κορυφή A του ορθογώνιου τριγώνου
κατασκευάζουμε τα ισοσκελή τρίγωνα PAC και SAB

Να αποδειχτεί ότι (PAC)+(SAB) $\geq$ (ABC)

#2

polysindos έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 10, 2023 9:21 am
Η ευθεία ε διέρχεται από την κορυφή A του ορθογώνιου τριγώνου
κατασκευάζουμε τα ισοσκελή τρίγωνα PAC και SAB

Να αποδειχτεί ότι (PAC)+(SAB) $\geq$ (ABC)

Διέγραψα μια λύση, αφού υπήρχε κάποιο λάθος. Αν διορθωθεί, θα επανέλθω

#3

polysindos έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 10, 2023 9:21 am
Η ευθεία ε διέρχεται από την κορυφή A του ορθογώνιου τριγώνου
κατασκευάζουμε τα ισοσκελή τρίγωνα PAC και SAB

Να αποδειχτεί ότι (PAC)+(SAB) $\geq$ (ABC)

Εστω

τα μέσα των AC, AB, BC

αντίστοιχα. Τότε η

είναι μεσοκάθετος της

και άρα διέρχεται από το

. Όμοια και η

.

To αποδεικτέο γίνεται $(PKA) + (ASL) \ge (AKML)$ , γιατί το καθένα είναι το μισό του αντίστοιχου στο αποδεικτέο.

Με άλλα λόγια έχουμε να αποδείξουμε ότι στο ορθογώνιο τρίγωνο MPS

το ορθογώνιο (AKML)

είναι $\le \dfrac {1}{2} (MPS)$ .

Από όμοια τρίγωνα έχουμε $\dfrac {PM-KM}{KM}= \dfrac {ML}{MS-ML}$ , άρα

$PM\cdot SM = PM\cdot ML + MS \cdot KM \ge 2 \sqrt {PM\cdot ML \cdot MS \cdot KM}$ άρα με τετραγωνισμό,

$PM\cdot SM \ge 4 ML \cdot MS$ δηλαδή

$2(MPS) \ge 4(AKML)$ , που ισοδυναμεί με το αποδεικτέο.

#4

polysindos έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 10, 2023 9:21 am
Η ευθεία ε διέρχεται από την κορυφή A του ορθογώνιου τριγώνου
κατασκευάζουμε τα ισοσκελή τρίγωνα PAC και SAB

Να αποδειχτεί ότι (PAC)+(SAB) $\geq$ (ABC)

Με τους συμβολισμούς του σχήματος και από την ομοιότητα των τριγώνων PAN, SAM

έχω $\boxed{xy = \frac{{bc}}{4}}$ (1)

: Ισοσκελή σε ορθογώνιο.png (11.7 KiB) Προβλήθηκε 1038 φορές

$\displaystyle (PAC) + (SAB) = \frac{{bx + cy}}{2} \geqslant \sqrt {bcxy} \mathop = \limits^{(1)} \frac{{bc}}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{(PAC)+(SAB)\ge (ABC)}$

Παρόμοιος συλλογισμός με τον Μιχάλη.

#5

ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΙΩΑΝΝΟΥ έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 10, 2023 11:12 am

polysindos έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 10, 2023 9:21 am
Η ευθεία ε διέρχεται από την κορυφή A του ορθογώνιου τριγώνου
κατασκευάζουμε τα ισοσκελή τρίγωνα PAC και SAB

Να αποδειχτεί ότι (PAC)+(SAB) $\geq$ (ABC)
Διέγραψα μια λύση, αφού υπήρχε κάποιο λάθος. Αν διορθωθεί, θα επανέλθω

Επανέρχομαι, διορθώνοντας το σημείο που είχα το λάθος:

Ονομάζουμε $\displaystyle{PA=PC=x , SA=SB=y}$ , γων $\displaystyle{PAC=m}$ , γων $\displaystyle{SAB=n}$ .

Είναι: $\displaystyle{P=180-2m , S=180-2n \Rightarrow P+S=360-2(m+n)=180}$ . Άρα $\displaystyle{sinS=sinP , cosS=-cosP}$

Τώρα: $\displaystyle{(PAC)=\frac{1}{2}x.x.sinP , (SAB)=\frac{1}{2}y.y.sinS=\frac{1}{2}y^2 .sinP}$ και άρα:

$\displaystyle{(PAC)+(SAB)=\frac{1}{2} (x^2 +y^2 ).sinP}$ , (1)

Επίσης έχουμε: $\displaystyle{b^2 =x^2 +x^2 -2x.x.cosP =2x^2 -2x^2 .cosP}$ και $\displaystyle{c^2 =y^2 +y^2 -2y.y.cosS=2y^2 +2y^2 .cosP}$

Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη αυτών, έχουμε: $\displaystyle{b^2 .c^2 =2x^2 (1-cosP).2y^2 .(1+cosP)=4x^2 .y^2 sin^2 P}$ και άρα:

$\displaystyle{bc=2xy.sinP \Rightarrow \frac{1}{2}bc = xy.sinP}$ (δεδομένου βέβαια ότι $\displaystyle{sinP>O}$ , αφού $\displaystyle{0<P<180^o }$ )

Βρήκαμε συνεπώς ότι: $\displaystyle{(ABC)=xy.sinP}$ , (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2), αρκεί να δείξουμε ότι: $\displaystyle{\frac{1}{2}.(x^2 +y^2 ).sinP \geq xy.sinP \Leftrightarrow x^2 +y^2 \geq 2xy}$ ,

το οποίο είναι αληθές.

KARKAR · #6

: Ανισότητα.png (13.42 KiB) Προβλήθηκε 1019 φορές

Αρκεί : $X+Y \geq E$ , το οποίο ισχύει .( M , N , L

μέσα των πλευρών του αρχικού )

#7

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 10, 2023 1:31 pm
Ανισότητα.pngΑρκεί : $X+Y \geq E$ , το οποίο ισχύει .( μέσα των πλευρών του αρχικού )

#8

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 10, 2023 1:31 pm
Αρκεί : $X+Y \geq E$ , το οποίο ισχύει .( μέσα των πλευρών του αρχικού )

.
Θανάση, αυτό ακριβώς έγραψα (δεύτερη γραμμή του ποστ μου)
.

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 10, 2023 11:25 am
To αποδεικτέο γίνεται $(PKA) + (ASL) \ge (AKML)$

και φυσικά το συμπλήρωσα με την απόδειξή του, που βασίζεται στην $a+b \ge 2\sqrt {ab}$

KARKAR · #9

Πράγματι είναι η ίδια σκέψη . Βάζω και μια ακόμη ( τετριμμένη ) απόδειξη της χρησιμοποιηθείσας ανισότητας .

: max orth.png (9.62 KiB) Προβλήθηκε 942 φορές

Μιχάλης Τσουρακάκης · #10

polysindos έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 10, 2023 9:21 am
Η ευθεία ε διέρχεται από την κορυφή A του ορθογώνιου τριγώνου
κατασκευάζουμε τα ισοσκελή τρίγωνα PAC και SAB

Να αποδειχτεί ότι (PAC)+(SAB) $\geq$ (ABC)

$\dfrac{(APC}{(ABC)}+ \dfrac{(ASB}{(ABC)}= \dfrac{PE}{EB}+ \dfrac{SZ}{ZC}= \dfrac{m}{2n} + \dfrac{n}{2m}= \dfrac{1}{2}(\dfrac{m}{n}+\dfrac{n}{m}) \geq \dfrac{1}{2}.2=1$

(Είναι CP//BS

)

: ανισότητα.png (26.91 KiB) Προβλήθηκε 912 φορές

ισοσκελή τρίγωνα σε ορθογώνιο

ισοσκελή τρίγωνα σε ορθογώνιο

Re: ισοσκελή τρίγωνα σε ορθογώνιο

Re: ισοσκελή τρίγωνα σε ορθογώνιο

Re: ισοσκελή τρίγωνα σε ορθογώνιο

Re: ισοσκελή τρίγωνα σε ορθογώνιο

Re: ισοσκελή τρίγωνα σε ορθογώνιο

Re: ισοσκελή τρίγωνα σε ορθογώνιο

Re: ισοσκελή τρίγωνα σε ορθογώνιο

Re: ισοσκελή τρίγωνα σε ορθογώνιο

Re: ισοσκελή τρίγωνα σε ορθογώνιο

Μέλη σε σύνδεση