Μισαπέχει

KARKAR · #1

Σε σημείο

της πλευράς

του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle ABC , ( AB=AC )$ , φέρω κάθετη ,

η οποία τέμνει την μεν

στο

, τη δε προέκταση της

στο

. Αν είναι AD=CZ

,

δείξτε ότι η απόσταση του

από την

, είναι μισή της απόστασής του από την

.

Ερώτηση προς διερεύνηση : Μπορούμε να εντοπίσουμε "κατασκευαστικά" , τη θέση του σημείου

?

Grigoris K. · #2

Καλησπέρα κ. Θανάση. Μία προσπάθεια με άσχημη τριγωνομετρία:

Με Θ. Μενελάου στο $\triangle ABC$ προκύπτει $\displaystyle{ \frac{EC}{AE} = \frac{BD}{BZ} = cos B~(1)$

Επιπλέον είναι $\displaystyle{ sin C = sin B = \frac{ES}{EC} ~(2)}$

Επίσης $\displaystyle{ sin A = \frac{DE}{AE} ~(3)}$

Έχουμε $\displaystyle{ (3):(2) \Rightarrow \frac{sin A}{sin B} = \frac{\frac{DE}{AE}}{\frac{ES}{EC}} \Rightarrow \frac{sin A}{sin B} = \frac{DE}{ES} \cdot \frac{EC}{AE} \mathop \Rightarrow \limits^{(1)} \frac{sin A}{sin B} = cos B \cdot \frac{DE}{ES} \Rightarrow \boxed{ \frac{DE}{ES} = \frac{sin A}{sin B \cdot cos B}} }$

Όμως από Ν. Ημιτόνων είναι $\displaystyle{ \frac{sin A}{sin B} = \frac{BC}{AC} }$ και $\displaystyle{ \frac{1}{cos B} = \frac{AC}{{\frac{BC}{2}} } = 2\frac{AC}{BC}$

Συνεπώς πολλαπλασιάζοντας τις δύο τελευταίες σχέσεις προκύπτει $\displaystyle{ \boxed{\frac{DE}{ES} = 2} }$

#3

Για την κατασκευή του σημείου $\displaystyle{D}$ θα χρειαστεί να κατασκευαστεί πρώτα το σημείο $\displaystyle{E}$
κι αφού πρώτα έχει εξασφαλιστεί η ιδιότητα που έδειξε ο Γρηγόρης, δηλαδή πως το σημείο $\displaystyle{E}$ απέχει
από τις πλευρές της γωνίας $\displaystyle{B}$ αποστάσει με λόγο $\displaystyle{1:2}$ .

Η ιστορία εξελίσσεται σε τρία σχήματα:
1o) Ο γ.τόπος των σημείων στο εσωτερικό μιας γωνίας που απέχουν από τις πλευρές της γωνίας αποστάσεις με δοθέντα λόγο είναι
ημιευθεία με αρχή την κορυφή της δοθείσης γωνίας.
Πράγματι:(Σχ.1)

: Μισαπέχει 1.PNG (7.14 KiB) Προβλήθηκε 386 φορές

Αν ένα τέτοιο είναι το σημείο $\displaystyle{M}$ τότε $\displaystyle{ \frac{MA}{MB}=\frac{m}{n}}$ τότε οποιοδήποτε σημείο $\displaystyle{M'}$ της $\displaystyle{Od}$ θα έχει την ίδια ιδιότητα
όπως αυτό δείχνεται από τα δυο ζεύγη των ομοίων ορθογωνίων τριγώνων.

2ο) Κατασκευή του γεωμετρικού αυτού τόπου. (Σχ. 2)

: Μισαπέχει 2.PNG (8.14 KiB) Προβλήθηκε 386 φορές

Φέρουμε τις κάθετες προς τις πλευρές της γωνίας και πάνω σ' αυτές ορίζουμε με τη σειρά των όρων του δοθέντα λόγου
τα τμήματα: $\displaystyle{OA_1=m, \ \ OB_1=n}$ μετά φέρουμε από τα πέρατα των τμημάτων αυτών παράλληλες προς τις πλευρές της γωνίας
και το σημείο τομής αυτών $\displaystyle{M}$ απέχει, όπως εύκολα δείχνεται, από τις πλευρές της γωνίας αποστάσεις με τον δοθέντα λόγο.

3ο) Κατασκευή του σχήματος της άσκησης του Θανάση:(Σχ.3) χωρίς λόγια.
Πράγματι στο σχήμα αυτό ισχύουν όλα όσα η άσκηση προαπαιτεί και στη συνέχεια απαιτεί.

Σημείωση: Ο γ.τόπος που αναφέρθηκε γενικεύεται και σε σημεία εκτός της γωνίας όπου προκύπτει ολόκληρη η ευθεία καθώς και συμπληρώνεται και
από μια δεύτερη ευθεία που μαζί με την πρώτη και τις δύο πλευρές της γωνίας αποτελούν αρμονική τετράδα.

Κώστας Δόρτσιος

KARKAR · #4

Αφού λύθηκαν τα κατασκευαστικά προβλήματα από την "Δόρτσιος -Τεχνική " , δίνω την λύση μου για το βασικό θέμα ,

όχι ριζικά διαφορετική από εκείνη του Γρηγόρη .

Το ξεκίνημα είναι το ίδιο (Θ. Μενελάου ) και λόγω του DA=ZC

, παίρνω : $\displaystyle\frac{EC}{EA}=\frac{DB}{ZB}$ (*).

Φέροντας τη διχοτόμο

, οι τέσσερις $\theta$ είναι ίσες , οπότε $\displaystyle EC=\frac{ES}{\sigma \upsilon \nu \theta } , EA=\frac{DE}{\eta \mu 2\theta }$

και $\displaystyle\frac{DB}{ZB}=\eta \mu \theta$ . Συνεπώς (*): $\displaystyle EC=EA\eta \mu \theta \Rightarrow \frac{ES}{\sigma \upsilon \nu \theta }=\frac{DE}{\eta \mu2\theta }\eta \mu \theta$

$\displaystyle ES=\frac{DE\sigma \upsilon \nu \theta \eta \mu \theta }{2\eta \mu \theta \sigma \upsilon \nu \theta }\Rightarrow ES=\frac{DE}{2}$

#5

KARKAR έγραψε:Σε σημείο της πλευράς του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle ABC , ( AB=AC )$ , φέρω κάθετη ,

η οποία τέμνει την μεν στο , τη δε προέκταση της στο . Αν είναι ,

δείξτε ότι η απόσταση του από την , είναι μισή της απόστασής του από την .

Ερώτηση προς διερεύνηση : Μπορούμε να εντοπίσουμε "κατασκευαστικά" , τη θέση του σημείου ?

Προς αποφυγήν της «κακάσχημης» όπως λέει και ο Γρηγόρης τριγωνομετρίας

: 1.png (13.76 KiB) Προβλήθηκε 303 φορές

Έστω $\displaystyle{ AM }$ το ύψος του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC\left( {AB = AC} \right) }$ τότε και διάμεσος δηλαδή $\displaystyle{ \boxed{BM = \frac{{BC}} {2}}:\left( 1 \right) }$ .

Είναι $\displaystyle{ \vartriangle ZDB \sim \vartriangle AMB }$ ορθογώνια με μια οξεία γωνία (την $\displaystyle{ \widehat{CBA} }$ ) κοινή άρα : $\displaystyle{ \frac{{ZB}} {{AB}} = \frac{{BD}} {{BM}} = \frac{{BD}} {{\frac{{BC}} {2}}} \Rightarrow \boxed{\frac{{ZB}} {{AB}} = 2\frac{{BD}} {{BC}}}:\left( 2 \right) }$

Για τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle ADE,\vartriangle ABC }$ με κοινή γωνία $\displaystyle{ \widehat{BAC} }$ είναι: $\displaystyle{ \frac{{\left( {ADE} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}} = \frac{{AD \cdot AE}} {{AB \cdot AC}}\mathop \Rightarrow \limits^{AC = AB} \boxed{\frac{{\left( {ADE} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}} = \frac{{AD \cdot AE}} {{AB^2 }}}:\left( 3 \right) }$

Για τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle ECZ,\vartriangle ABC }$ με $\displaystyle{ \widehat{ECZ} + \widehat{ACB} = 180^0 }$ (παραπληρωματικές) είναι:

$\displaystyle{ \frac{{\left( {ECZ} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}} = \frac{{CE \cdot CZ}} {{CB \cdot AC}}\mathop \Rightarrow \limits^{AC = AB,CZ = AD} \boxed{\frac{{\left( {ECZ} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}} = \frac{{CE \cdot AD}} {{CB \cdot AB}}}:\left( 4 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 3 \right):\left( 4 \right) \Rightarrow \frac{{\frac{{\left( {ADE} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}}}} {{\frac{{\left( {ECZ} \right)}} {{\left( {ABC} \right)}}}} = \frac{{\frac{{AD \cdot AE}} {{AB^2 }}}} {{\frac{{CE \cdot AD}} {{CB \cdot AB}}}}\mathop \Rightarrow \limits^{AC = AB} \boxed{\frac{{\left( {ADE} \right)}} {{\left( {ECZ} \right)}} = \frac{{CB \cdot AE}} {{AB \cdot CE}}}:\left( 5 \right) }$

Από Μενέλαο στο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ με διατέμνουσα $\displaystyle{ ZED }$ είναι: $\displaystyle{ 1 = \frac{{ZB}} {{ZC}} \cdot \frac{{CE}} {{AE}} \cdot \frac{{AD}} {{DB}}\mathop \Rightarrow \limits^{ZC = AD} \boxed{1 = \frac{{ZB}} {{DB}} \cdot \frac{{CE}} {{AE}}}:\left( 6 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 5 \right) \cdot \left( 6 \right) \Rightarrow \frac{{\left( {ADE} \right)}} {{\left( {ECZ} \right)}} = \frac{{BC \cdot AE}} {{AB \cdot CE}} \cdot \frac{{ZB}} {{BC}} \cdot \frac{{CE}} {{AE}}\mathop \Rightarrow \limits^{\frac{{\left( {ADE} \right)}} {{\left( {ECZ} \right)}} = \frac{{ED}} {{ES}}(\lambda o\gamma o\varsigma \,\,\upsilon \psi \omega \nu \,\,\omega \varsigma \,\,\pi \rho o\varsigma \,\,\tau \iota \varsigma \,\,\iota \sigma \varepsilon \varsigma \,\,\beta \alpha \sigma \varepsilon \iota \varsigma \,\,AD,CZ)} }$

$\displaystyle{ \frac{{ED}} {{ES}} = \frac{{ZB}} {{AB}} \cdot \frac{{BC}} {{BD}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right):\frac{{ZB}} {{AB}} = 2\frac{{BD}} {{BC}}} }$ $\displaystyle{ \frac{{ED}} {{ES}} = 2\frac{{BD}} {{BC}} \cdot \frac{{BC}} {{BD}} = 2 \Rightarrow \boxed{ED = 2ES} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Φιλικά
Στάθης

#6

: Μισαπέχει - Απόδειξη του (α) ζητούμενο.; f=22_t=23124.PNG (11.38 KiB) Προβλήθηκε 239 φορές

$\bullet$ Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle DBZ$ με διατέμνουσα την ευθεία AEC,

σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε $\displaystyle \frac{ED}{EZ}\cdot \frac{CZ}{CB}\cdot \frac{AB}{AD} = 1$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{ED}{BC} = \frac{EZ}{AB}\ \ ,(1)$

λόγω

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle MAB,\ \vartriangle SEZ$ έχουμε $\displaystyle \frac{EZ}{AB} = \frac{ES}{BM} = \frac{2ES}{BC}\ \ ,(2)$

λόγω

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{ED}{BC} = \frac{2ES}{BC}$ $\Longrightarrow$ $ED = 2ES\ \ ,(3)$ και το (α) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

: Μισαπέχει - Προσδιορισμός του σημείου Ε επί της AC.; f=22_t=23124(a).PNG (15.49 KiB) Προβλήθηκε 213 φορές

$\bullet$ Για το (β) ζητούμενο, αρκεί να προσδιοριστεί το σημείο

επί της πλευράς AC.

Στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα την ευθεία DEZ,

σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε $\displaystyle\frac{DA}{DB}\cdot \frac{ZB}{ZC}\cdot \frac{EC}{EA} = 1$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{EA}{EC} = \frac{ZB}{DB}\ \ ,(1)$

Έστω

, η προβολή του

επί της

και από $CF\parallel ZD,$ σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή, έχουμε $\displaystyle\frac{ZB}{DB} = \frac{BC}{BF}\ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle\frac{EA}{EC} = \frac{BC}{BF}\ \ ,(3)$ από όπου προκύπτει εύκολα ο προσδιορισμός του σημείου

ως εξής :

$\bullet$ Έστω

το σημείο ώστε το ABCP

να είναι παραλληλόγραμμο και ας είναι

το σημείο στην προέκταση του AP,

ώστε να ισχύει PQ = BF.

Από το

φέρνουμε την παράλληλη ευθεία προς την CQ,

η οποία τέμνει την

στο σημείο

που είναι το ζητούμενο ώστε να ισχύει η (3).

Εάν τώρα,

είναι η προβολή του

επί της

αποδεικνύεται εύκολα ότι AD = CZ

, όπου $Z\equiv BC\cap DE$ και το (β) ζητούμενο έχει λυθεί.

Κώστας Βήττας.

#7

Έστω

ύψος,

η προβολή του

στη διάμεσο

,

σημείο της

με $EN\parallel BC$ ,

η τομή της

με την

και

σημείο της

με $TL\parallel BC$ . Από την ομοιότητα των τριγώνων ADK,BDZ

και την παραλληλία $CT\parallel DZ$ , έχουμε:
$\displaystyle\frac{DK}{AD}=\frac{BD}{BZ}=\frac{TD}{ZC}\Rightarrow DK=TD$ που σημαίνει ότι η

διχοτομεί τη γωνία $\widehat {ATL}$ .
Από την ομοιότητα των τριγώνων ADK,AIE

, προκύπτει ότι: $\displaystyle\frac{AK}{AI}=\frac{AD}{AE}=\frac{AT}{AC}=\frac{AT}{AB}$ .
Από τα παραπάνω, προκύπτει ότι το σημείο

είναι έγκεντρο του τριγώνου ABC

, καθώς το

είναι έγκεντρο του ATL

και τα δύο τρίγωνα είναι ομοιόθετα με κέντρο

και λόγο $\displaystyle\frac{AT}{AB}$ . Επομένως $\displaystyle EI=EC=\frac{NE}{2}$ , που σημαίνει ότι τα τρίγωνα ESC,EDN

είναι όμοια με λόγο ομοιότητας $\displaystyle\frac{ES}{ED}=\frac{1}{2}$ .
Επομένως, το σημείο

κατασκευάζεται, φέρνοντας παράλληλη προς τη βάση και διερχόμενη από το έγκεντρο του ABC

.

Μισαπέχει

Μισαπέχει

Re: Μισαπέχει

Re: Μισαπέχει

Re: Μισαπέχει

Re: Μισαπέχει

Re: Μισαπέχει

Re: Μισαπέχει

Μέλη σε σύνδεση