Επαρκής λόγος

KARKAR · #1

Το τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι ορθογώνιο και τα K,L,M

είναι κέντρα τετραγώνων .

Βρείτε την ελάχιστη τιμή του λόγου : $\displaystyle \frac{(KLM)}{(ABC)}$

Η άσκηση βρέθηκε σ' αυτόν το φάκελο , επειδή μπορεί να επιλυθεί ποικιλοτρόπως ...

Θα επαναλάβω μία παλαιότερη παράκληση - προτροπή προς τους υπεύθυνους του Mathematica

,

να δημιουργηθεί φάκελος με περιεχόμενο : "Ασκήσεις χωρίς αναφορά σε συγκεκριμένη ύλη " .

Υπάρχει πληθώρα θεμάτων τα οποία οι θεματοδότες δεν θα ήθελαν να εντάξουν κάπου ...

Grigoris K. · #2

Καλησπέρα κ. Θανάση. Μία προσπάθεια:

Ισχύει $\displaystyle{ \widehat{LAC} + \hat A + \widehat{BAM} = 45^o + 90^o + 45^o = 180^o \Rightarrow L,A,M }$ συνευθειακά.

Είναι $\displaystyle{ \widehat{CKB} = \hat A =90^o \Rightarrow CKBA }$ εγγράψιμο. Όμως $\displaystyle{ CK = KB \Rightarrow \widehat{CAK} = \widehat{KAB} = 45^o}$ .

Παρατηρούμε ότι $\displaystyle{ \widehat{LAC} + \widehat{KAC} = 90^o \Rightarrow KA \perp LM }$ .

To Θ. Πτολεμαίου στο εγγράψιμο $\displaystyle{ CKBA }$ δίνει $\displaystyle{ CK \cdot c + KB \cdot b = a \cdot AK \Rightarrow \frac{\sqrt{2}}{2}a c + \frac{\sqrt{2}}{2}a b = a \cdot AK }$

$\displaystyle{ \Rightarrow AK = \frac{\sqrt{2}}{2}(b+c) }$ . Επίσης προκύπτει εύκολα ότι $\displaystyle{ LM = LA + AM = \frac{\sqrt{2}}{2}(b+c) }$ .

Συνεπώς $\displaystyle{ \frac{(KLM)}{(ABC)} = \frac{\frac{1}{2} AK \cdot LM}{\frac{1}{2} b c} = \frac{(b+c)^2}{2bc} \geq 2 }$

Η ισότητα ισχύει αν και μόνον αν $\displaystyle{ b =c }$ .

Edit: Ευχαριστώ τον κ. p_gianno και τον κ. Θανάση για την διόρθωση.

Ιστοσελίδα · #3

Από το φίλο Νίκο.

: 1.PNG (18.25 KiB) Προβλήθηκε 994 φορές

Πρώτα –πρώτα η λύση από από τον εξαίρετο νεαρό που υπογράφει ως Grigoris K., πολύ ωραία. Μια ακόμη σκέψη:

Αν γράψουμε τον κύκλο διαμέτρου $\displaystyle{BC}$ προφανώς θα περνά από το $\displaystyle{K}$ αφού $\displaystyle{B\hat KC = {90^0}}$ και έτσι η $\displaystyle{AK}$ είναι ο φορέας της εσωτερικής διχοτόμου της γωνίας στο $\displaystyle{A}$ του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ . Επειδή δε η $\displaystyle{ML}$ η αντίστοιχη εξωτερική διχοτόμος θα έχουμε $\displaystyle{KA \bot ML}$ . Τα τετράπλευρα $\displaystyle{BMAK,\,CLAK\,\,\,}$ είναι προφανώς τραπέζια κι έτσι θα έχουμε: $\displaystyle{(KLM) = (MKA) + (LKA) = (BKA) + (CKA) = (ABKC)}$ . Τώρα ο ζητούμενος λόγος γράφεται: $\displaystyle{\displaystyle\frac{{(KLM)}}{{(ABC)}} = \displaystyle\frac{{(ABKC)}}{{(ABC)}} = \displaystyle\frac{{(ABC) + (BKC)}}{{(ABC)}} = 1 + \displaystyle\frac{{(BKC)}}{{(ABC)}}}$ (1). Για τα ύψη $\displaystyle{AD}$ του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ και $\displaystyle{KN}$ του τριγώνου $\displaystyle{KBC}$ ισχύει: $\displaystyle{AD \le KN}$ . Στην (1) έχουμε ελάχιστη τιμή αν και μόνο αν το (μόνο) μεταβλητό εμβαδόν $\displaystyle{(ABC)}$ γίνει μέγιστο, δηλαδή ίσο με το $\displaystyle{(BKC)}$ . Τότε ο λόγος προφανώς θα γίνει ελάχιστος και θα ισούται με 2.

Φραγκάκης Νίκος (Doloros) -2ο Λύκειο Ιεράπετρας

#4

: Πρόταση 1.PNG (26.17 KiB) Προβλήθηκε 980 φορές

Μια πρόταση που εμπλέκεται στην όλη ιστορία της άσκησης του θανάση:

"Να δειχθεί ότι σε τυχαίο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ οι ευθείες που ενώνουν τις κορυφές

του $\displaystyle{A,B,C}$ αντίστοιχα με τα κέντρα $\displaystyle{M,L, K}$ των τετραγώνων που το περιβάλλουν και έχουν πλευρές ίσες

με τις πλευρές του τριγώνου αυτού, συντρέχουν στο ίδιο σημείο Ο"

Κώστας Δόρτσιος

KARKAR · #5

Άλλη διατύπωση : Δείξτε ότι το

είναι κάθετο ( και ίσο ! ) προς το

κ.λ.π.

KARKAR · #6

Μετά τις έξοχες , "καθαρά γεωμετρικές " , λύσεις στο αρχικό πρόβλημα , των Γρηγόρη και Γιώργου ,

δίνω χωρίς πολλά λόγια και την καρτεσιανή εκδοχή . Οι συντεταγμένες του

είναι ο "καταλύτης" ...

Διότι εύκολα προκύπτει ότι : $|\vec{LM}|=|\vec{AK}| \: \: \: ,\: \: \vec{LM}\perp \vec{AK}$

Grigoris K. · #7

KARKAR έγραψε:Άλλη διατύπωση : Δείξτε ότι το είναι κάθετο ( και ίσο ! ) προς το κ.λ.π.

Παραθέτω αυτό που βρήκα αλλά αναμένω συγχρόνως πιο όμορφες (καθώς και στοιχειώδεις) λύσεις από την παρακάτω...

Ονομάζω τα τετράγωνα $\displaystyle{ ABDE, ~ ACFG,~ BCHI }$ . Από $\displaystyle{ (\Pi -\Gamma - \Pi) }$ προκύπτει $\displaystyle{ \triangle EAC = \triangle BAG }$ .

Αν $\displaystyle{ X \equiv CE \cap BG }$ ισχύει $\displaystyle{ \widehat{AEX} = \widehat{ABX} \Rightarrow X \in (ABDE) }$ . Ομοίως $\displaystyle{ \widehat{AGX} = \widehat{ACX} \Rightarrow X \in (ACFG) }$ .

Άρα η ευθεία $\displaystyle{ AX }$ είναι ο ριζικός άξονας των $\displaystyle{(ABDE), (ACFG)}$ . Στην συνέχεια παρατηρούμε ότι το Θ. Jacobi δίνει ότι οι $\displaystyle{ CE, BG, AM }$ συντρέχουν.

Δηλαδή τα $\displaystyle{ A,X,M }$ είναι συνευθειακά που σημαίνει ότι $\displaystyle{ MA \perp KL }$ αφού ο ριζικός άξονας είναι κάθετος στην διάκεντρο.

Ομοίως προκύπτει $\displaystyle{ LB \perp KM, ~ KC \perp LM }$ .

Ισχύει $\displaystyle{ \widehat{KLB} = \widehat{AMK} }$ . Επίσης $\displaystyle{ \widehat{KAM} = \widehat{BKL} }$ ως οξ. γωνίες με πλευρές κάθετες.

Συνεπώς $\displaystyle{ \triangle KLB \sim \triangle AMK }$ . Όμως $\displaystyle{ KB = KA }$ άρα $\displaystyle{ \triangle KLB = \triangle AMK \Rightarrow KL = AM, ~BL = KM }$ .

Ομοίως λαμβάνουμε $\displaystyle{ KC = LM }$ .

KDORTSI έγραψε:
"Να δειχθεί ότι σε τυχαίο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ οι ευθείες που ενώνουν τις κορυφές

του $\displaystyle{A,B,C}$ αντίστοιχα με τα κέντρα $\displaystyle{M,L, K}$ των τετραγώνων που το περιβάλλουν και έχουν πλευρές ίσες

με τις πλευρές του τριγώνου αυτού, συντρέχουν στο ίδιο σημείο Ο"

Κώστας Δόρτσιος

Όπως αποδείχθηκε παραπάνω οι τρεις ευθείες συντρέχουν στο ορθόκεντρο του $\displaystyle{ \triangle MLK }$ .

Εναλλακτικά το ζητούμενο έπεται άμεσα από το Θ. Jacobi.

Να σημειωθεί ότι ο κ. Βήττας αναφέρεται στο συγκεκριμένο θεώρημα εδώ και παραθέτει links με διάφορες αποδείξεις του θεωρήματος αυτού.

#8

Στο συγκεκριμένο θεώρημα του Jacobi στη Γεωμετρία καθώς και στη συμβολή του

φίλου μας Κώστα Βήττα αναφέρεται και ο Jean-Luis Aume

στο άρθρο του με τίτλο:

Le théorème de Jacobi. Une nouvelle approche synthétique.

Εδώ:

http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Doc ... Jacobi.pdf

Κώστας Δόρτσιος

#9

KARKAR έγραψε:Άλλη διατύπωση : Δείξτε ότι το είναι κάθετο ( και ίσο ! ) προς το κ.λ.π.

: 1.png (36.56 KiB) Προβλήθηκε 850 φορές

Ας είναι $\displaystyle{ A' }$ το συμμετρικό του $\displaystyle{ A }$ ως προς το κέντρο $\displaystyle{ M }$ του τετραγώνου $\displaystyle{ BCDE }$ . Τότε από το σχηματιζόμενο παραλληλόγραμμο $\displaystyle{ ABA'D }$ (οι διαγώνιές του $\displaystyle{ AA',BD }$

διχοτομούνται) προκύπτει ότι: $\displaystyle{ A'D\parallel AB\mathop \Rightarrow \limits^{AB = \bot FB} A'D = \bot FB\mathop \Rightarrow \limits^{DC = \bot BC,CA = \bot CA} A'DCA = FBCZ }$ (έχουν τρεις διαδοχικές πλευρές ίσες

και κάθετες μια προς μια του ίδιου προσανατολισμού) (στην ουσία πρόκειται για τη στροφή του τετραπλεύρου $\displaystyle{ FBCZ }$ αριστερόστροφα γύρω από το $\displaystyle{ C }$ κατά $\displaystyle{ 90^0 }$ )

οπότε και $\displaystyle{ A'A = \bot FZ\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle AFZ \Rightarrow KL = \parallel \frac{{FZ}} {2}} A'A = \bot 2KL\mathop \Rightarrow \limits^{A'A = 2MA} 2MA = \bot 2KL \Rightarrow \boxed{MA = \bot KL} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Επαρκής λόγος

Επαρκής λόγος

Re: Επαρκής λόγος

Re: Επαρκής λόγος

Re: Επαρκής λόγος

Re: Επαρκής λόγος

Re: Επαρκής λόγος

Re: Επαρκής λόγος

Re: Επαρκής λόγος

Re: Επαρκής λόγος

Μέλη σε σύνδεση