Ομοιότητα και διάμεσοι

orestisgotsis · #1

ΠΕΡΙΤΤΑ

Γιώργος Απόκης · #2

Για το πρώτο ζητούμενο : (μια αλγεβρική προσέγγιση)

Έστω ABC,DEZ

τα τρίγωνα και m_a,m_b,m_c,m_d,m_e,m_z

οι διάμεσοί τους.

$\bullet$ Έστω ότι τα τρίγωνα είναι όμοια. Τότε, υπάρχει k>0

τέτοιο, ώστε : a=kd,b=ke,c=kz

.

Για τις διαμέσους, ισχύουν οι τύποι : $\displaystyle{m_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4},m_d^2=\frac{2e^2+2z^2-d^2}{4}}$ . Επομένως,

$\displaystyle{m_a^2=\frac{2(ke)^2+2(kz)^2-(kd)^2}{4}=k^2\frac{2e^2+2z^2-d^2}{4}=k^2m_d^2}$ άρα m_a=km_d

. Oμοίως, προκύπτει

m_b=km_e,m_c=km_z

άρα οι διάμεσοι είναι ανάλογες.

$\bullet$ Έστω ότι οι διάμεσοι είναι ανάλογες. Τότε, υπάρχει k>0

τέτοιο, ώστε : m_a=km_d,m_b=km_e,m_c=km_z

.

Έχουμε : $\displaystyle{m_a=km_d\Rightarrow m_a^2=k^2m_d^2\Rightarrow \frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}=k^2\frac{2e^2+2z^2-d^2}{4}\Rightarrow 2b^2+2c^2-a^2=k^2(2e^2+2z^2-d^2)}$ (1)

Oμοίως, προκύπτει : $\displaystyle{2a^2+2c^2-b^2=k^2(2d^2+2z^2-e^2)}$ (2) και $\displaystyle{2a^2+2b^2-c^2=k^2(2d^2+2e^2-z^2)}$ (3).

Mε πρόσθεση των (1), (2) και (3) κατά μέλη : a^2+b^2+c^2=k^2(d^2+e^2+z^2)

(4). Mε πρόσθεση των (1), (4) έχουμε:

$3b^2+3c^2=k^2(3e^2+3z^2)\Rightarrow b^2+c^2=k^2(e^2+z^2)$ και με αντικατάσταση στην (4) :

$a^2+k^2(e^2+z^2)=k^2d^2+k^2(e^2+z^2)\Rightarrow a^2=k^2d^2\Rightarrow a=kd$ . Oμοίως : b=ke,c=kz

, άρα τα τρίγωνα είναι όμοια.

Γιώργος Απόκης · #3

Επαναφορά για το 2ο ζητούμενο

#4

Γιώργος Απόκης έγραψε:Επαναφορά για το 2ο ζητούμενο

Επειδή το ευθύ είναι μάλλον απλό (ομοιότητες ορθογωνίων τριγώνων) δίνω απόδειξη για το αντίστροφο: αν τα ύψη δύο τριγώνων είναι ανάλογα ( $\frac{h'_{A}}{h_A}=\frac{h'_{B}}{h_B}=\frac{h'_{C}}{h_C}=l$ ) τότε είναι ανάλογες και οι πλευρές ( $\frac{|A'B'|}{|AB|}=\frac{|A'C'|}{|AC|}=\frac{|B'C'|}{|BC|}=l$ ).

Τοποθετούμε τα δύο τρίγωνα όπως στο συνημμένο, οπότε οι εξισώσεις των

,

είναι αντίστοιχα οι ax+by-ab=0

και

, και η $\frac{h'_{C}}{h_{C}}=l$ δίνει

$\frac{\frac{|la\cdot nc+mb\cdot 0-lmab|}{\sqrt{(la)^2+(mb)^2}}}{\frac{|a\cdot c+b\cdot 0-ab|}{\sqrt{a^2+b^2}}}=l$

και, ύστερα από κάποιες πράξεις και απλοποιήσεις,

$(nc-mb)^2(a^2+b^2)=(c-b)^2(l^2a^2+m^2b^2)\Leftrightarrow \frac{|B'C'|}{|BC|}=\frac{|A'B'|}{|AB|}$ (I)

Με εντελώς ανάλογο τρόπο η $\frac{h'_{B}}{h_{B}}=l$ δίνει

$(mb-nc)^2(a^2+c^2)=(b-c)^2(l^2a^2+n^2c^2)\Leftrightarrow \frac{|B'C'|}{|BC|}=\frac{|A'C'|}{|AC|}$ (II)

Από τις (Ι) και (ΙΙ) προκύπτει άμεσα το ζητούμενο, καθώς η ομοιότητα των τριγώνων (λόγω της $\frac{|A'B'|}{|AB|}=\frac{|A'C'|}{|AC|}=\frac{|B'C'|}{|BC|}$ ) επιβάλλει την παραλληλία των A'B'

,

και

,

(οπότε $\frac{|A'B'|}{|AB|}=\frac{|A'C'|}{|AC|}=\frac{|DA'|}{|DA|}=l$ ). [Οπότε προκύπτει εκ των υστέρων και η n=m=l

]

Γιώργος Μπαλόγλου

ΥΓ Κάπως δύσκολο για ΑΣΕΠ μου φαίνεται, αλλά το διασκέδασα -- και θα το διασκέδαζα ακόμη περισσότερο αν είχα(με) και Ευκλείδεια λύση!

Ομοιότητα και διάμεσοι

Ομοιότητα και διάμεσοι

Re: Ομοιότητα και διάμεσοι

Re: Ομοιότητα και διάμεσοι

Re: Ομοιότητα και διάμεσοι

Μέλη σε σύνδεση