Ισοσκελές-2-

#1

για τους Γεωμέτρες της Μαθηματικής παρέας δίνω την παρακάτω άσκηση (τη βρήκα μόλις τώρα-δεν την έχω λύσει)

ΑΣΚΗΣΗ

Έστω

εσωτερικό σημείο , τριγώνου ABC

τέτοιο ώστε :
$\hat{PAB}=10^o,\hat{PBA}=20^o,\hat{PCA}=30^{o} ,\, \kappa\alpha\iota ,\,\,\hat{PAC}=40^o$
Να αποδείξετε ότι το ABC

είναι ισοσκελές

Κώστας Παππέλης · #2

Hint: Trig Ceva (μετά την IMO τον έχω εκτιμήσει αφάνταστα γιατί μου χάρισε μετάλλιο!!!)

Dimitris X · #3

Τριγωνομετρικό ceva στο γυμνάσιο ρε Κώστα???

#4

Κώστας Παππέλης έγραψε:Hint: Trig Ceva (μετά την IMO τον έχω εκτιμήσει αφάνταστα γιατί μου χάρισε μετάλλιο!!!)

Κώστα ,συγχαρητήρια για το μετάλλιο

αν θέλεις όμως ,γράψε λίγο αναλυτικά για την άσκηση
σε ευχαριστώ

Κώστας Παππέλης · #5

Δημήτρη το να ξέρει κάποιος αυτό το θεώρημα είναι πολύ ευκολότερο από το να βρει συνθετική λύση στην άσκηση!

Αναλυτικά:

sinBAPsinPCAsinPBC=sinPACsinPCBsinPBA

οπότε

άρα $\frac{sinx}{sin(80-x)}=\frac{sin40sin20}{sin10sin30}$

Παρατηρούμε ότι η x=60

ικανοποιεί και δίνει ισοσκελές τρίγωνο.

Θεωρούμε τη συνάρτηση $f(x)=\frac{sinx}{sin(80-x)}$ και δείχνουμε εύκολα ότι είναι αύξουσα στο [0, pi/2]

άρα η λύση είναι μοναδική.

#6

Προσπαθώντας να αντιμετωπίσω την άσκηση, έφτασα (αρκετές φορές...) στη σχέση που έδωσε ο Κώστας Παππέλης ως τριγωνομετρική έκφραση του Θ. Ceva !
Μου φάνηκε, όμως, πολύπλοκη, γιατί δεν γινόταν εύκολα απλοποιήσεις, όπως είχαμε ... καλομάθει σε προηγούμενα παρόμοια θέματα.

Δίνω, λοιπόν, κατόπιν εορτής μιαν αντιμετώπιση στο πρώτο μισό της άσκησης, με στοιχειώδη τριγωνομετρία:

: isoskeles1.png (5.05 KiB) Προβλήθηκε 2025 φορές

Από Ν. ημιτόνων στο PCA $\displaystyle\frac{{PA}}{{\eta \mu 30^\circ }} = \frac{{CP}}{{\eta \mu 40^\circ }}$

Από Ν. ημιτόνων στο PCΒ $\displaystyle\frac{{CP}}{{\eta \mu \phi }} = \frac{{PB}}{{\eta \mu \left( {80^\circ - \phi } \right)}}$

Από Ν. ημιτόνων στο PΑΒ $\displaystyle\frac{{PB}}{{\eta \mu 10^\circ }} = \frac{{PA}}{{\eta \mu 20^\circ }}$

Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη, απλοποιούμε, οπότε προκύπτει:

ημ30°.ημ10°.ημφ = ημ40°.ημ20°.ημ(80° -φ)

Πράγματι για φ = 60° επαληθεύεται η ισότητα και είναι Α = C = 50°.

Από εδώ και κάτω, τα έχει πει ο Κώστας Παππέλης στην προηγούμενη δημοσίευση.

Αυτή είναι η ομορφιά και η δύναμη της αμεσότητας του mathematica!

Γιώργος Ρίζος

Ερώτηση: Η τριγωνομετρική μορφή του Θ. Ceva αποδεικνύεται με Ν. Ημιτόνων;

#7

Rigio έγραψε:
Ερώτηση: Η τριγωνομετρική μορφή του Θ. Ceva αποδεικνύεται με Ν. Ημιτόνων;

Η απόδειξη που γνωρίζω για την τριγωνομετρική μορφή του Θ. Ceva έχει να κάνει με το γενικευμένο Θεώρημα των Διχοτόμων που βρίσκεται εδώ.

Από εκεί και πέρα από το γνωστό θεώρημα του Ceva, επειδή οι AP, BP,CP

συντρέχουν (ας υποθέσουμε ότι $\{K\}=BC\cap AP, \{L\}=AC\cap BP, \{M\}=AB\cap CP$ ) άρα

$\displaystyle\frac{KB}{KC}\cdot\displaystyle\frac{LC}{LA}\cdot \displaystyle\frac{MA}{MB}=1$ οπότε από το γενικευμένο Θεώρημα των Διχοτόμων έχουμε

$\displaystyle\frac{AB\sin{\widehat{BAK}}}{AC\sin{\widehat{KAC}}}\cdot\displaystyle\frac{BC\sin{\widehat{CBL}}}{AB\sin{\widehat{ABL}}}\cdot\displaystyle\frac{AC\sin{\widehat{ACM}}}{BC\sin{\widehat{MCB}}} =1$ κι έτσι μετά από τις απλοποιήσεις, παίρνουμε το ζητούμενο.

Αλέξανδρος

Υ.Γ. Φυσικά μία απόδειξη της τριγ/κής μορφής του θ. Ceva με θ. ημιτόνων, φαίνεται και στην απόδειξη του Γ. Ρίζου παραπάνω!

S.E.Louridas · #8

Πως θα σκεφτόταν ένας ''ανορθόδοξος λύτης'' ;

(χωρίς τριγωνομετρία)
Χαρακτηρίστε τον συλλογισμό που ακολουθεί χρησιμοποιώντας έναν από τους χαρακτηρισμούς ‘σωστό’ ή ‘λάθος’.
''Αν υπάρχει ένα τέτοιο τρίγωνο κάθε άλλο τρίγωνο με τις ίδιες ιδιότητες ή θα είναι το ίδιο ή όμοιο του .
Θεωρούμε ,λοιπόν ισοσκελές τρίγωνο
$\vartriangle {\rm A}_1 {\rm B}_1 C_1 ,(\varepsilon \sigma \tau \omega {\rm B}_1 {\rm A}_1 = {\rm B}_1 C_1 )$ ώστε
$\angle {\rm A}_1 = \angle C_1 = 50^ \circ \Rightarrow \angle {\rm B}_1 = 80^ \circ .$ Αυτό σημαίνει ότι υπάρχει κύκλος
$\left( {{\rm B}_1 ,{\rm B}_1 {\rm A}_1 } \right)$ που διέρχεται και από το
C_1 .

Θεωρούμε στην συνέχεια σημείο στο εσωτερικό του τριγώνου ώστε : $\measuredangle {\rm P}_1 {\rm A}_1 {\rm B}_1 = 10^ \circ \wedge \measuredangle {\rm P}_1 {\rm B}_1 {\rm A}_1 = 20^ \circ \Rightarrow {\rm A}_1 {\rm P}_1 \bot {\rm B}_1 C_1 \left( {{\rm A}_1 {\rm P}_1 ,\varphi o\rho \varepsilon \alpha \varsigma \;\upsilon \psi o\upsilon \varsigma \;{\rm A}_1 {\rm A}_1{'} } \right).$
Αν
$S\;\tau o\;\mu \varepsilon \sigma o\;\tau o\upsilon \;\mu \iota \kappa \rho o\upsilon \;\tau o\xi o\upsilon \;{\rm A}_1 C_1 \; \wedge \;{\rm T} \equiv {\rm B}_1 S \cap {\rm A}_1 C_1 \Rightarrow {\rm B}_1 {\rm T} \bot C_1 {\rm A}_1 \Rightarrow {\rm H}\;o\rho \theta o\kappa \varepsilon \nu \tau \rho o,$
του τριγώνου
$\vartriangle {\rm B}_1 C_1 {\rm A}_1 ,{\rm H} \equiv {\rm B}_1 {\rm T} \cap {\rm A}_1 {\rm A}_1{'} .$
$\vartriangle {\rm A}_1 {\rm B}_1 C_1 \Rightarrow {\rm H}C_1 ,\upsilon \psi o\varsigma \Rightarrow \sphericalangle {\rm H}C_1 {\rm B}_1 = 10^ \circ \;\kappa \alpha \iota \sphericalangle {\rm H}C_1 S = 40^ \circ + 20^ \circ = 60^ \circ = S{\rm P}_1 {\rm A}_1 ,$ με
$\sphericalangle {\rm H}S{\rm P}_1 = 10^ \circ \Rightarrow \sphericalangle {\rm B}_1 C_1 {\rm P}_1 = 20^ \circ$ από απλές συμμετρίες .Άρα
$\sphericalangle {\rm P}_1 C_1 {\rm A}_1 = 30^ \circ .$ Εδώ επί της ουσίας τελειώσαμε''.

S.E.Louridas

#9

Με ενα καλό σχήμα φαίνεται η Pa na είναι κάθετη στην BC
θα έπρεπε $\displaystyle{AB^2-PB^2=AC^2-PC^2}$
Με θ.ημ στα PAB,PAC και απαλοίφοντας την κοινή πλευρά ΡΑ θα άπρεπε
$\displaystyle{(sin^230-sin^210)/sin^220=(sin^270-sin^240)/sin^230}$ που αληθεύει αν μετατρέψουμε σε γινόμενο sin το κάθε μέλος
Μετά όλα είναι απλά

Ισοσκελές-2-

Ισοσκελές-2-

Re: Ισοσκελές-2-

Re: Ισοσκελές-2-

Re: Ισοσκελές-2-

Re: Ισοσκελές-2-

Re: Ισοσκελές-2-

Re: Ισοσκελές-2-

Re: Ισοσκελές-2-

Re: Ισοσκελές-2-

Μέλη σε σύνδεση