ΜΙΚΡΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

Εξεταστής: Διον. Βυθούλκας

1. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ και από τις κορυφές του $\displaystyle{A,B,\Gamma}$ διέρχονται αντίστοιχα $\displaystyle{AA',BB',\Gamma\Gamma' }$ που ορίζουν οι ευθείες αντίστοιχα τα σημεία $\displaystyle{A',B',\Gamma}$ . Εαν οι $\displaystyle{AA',BB',\Gamma\Gamma' }$ διέρχονται από το ίδιο σημείο $\displaystyle{O}$ και είναι $\displaystyle{\widehat{AA'\Gamma}=\widehat{BB'A}=\widehat{\Gamma\Gamma'B}}$ , να βρεθεί ποιες από τις χαρακτηριστικές ευθείες του τριγώνου είναι οι ευθείες $\displaystyle{AA',BB,\Gamma\Gamma'}$ .

2. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ και οι ευθείες $\displaystyle{\Delta E,ZH }$ και $\displaystyle{\Theta I }$ παράλληλες αντίστοιχα προς τις $\displaystyle{B\Gamma,\Gamma A,AB}$ και εφαπτόμενες του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο κύκλου. Εαν $\displaystyle{R_1,R_2,R_3,R}$ είναι ακτίνες των περιγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα $\displaystyle{A\Delta E, BZH, \Gamma\Theta I,AB\Gamma}$ , να δειχθεί η ισότητα $\displaystyle{R_1+R_2+R_3=R}$ .

3. Εαν $\displaystyle{U_{\alpha},U_{\beta},U_{\gamma}}$ είναι τα ύψη τριγώνου και $\displaystyle{E}$ το εμβαδόν του $\displaystyle{AB\Gamma}$ , να δειχτεί οτι
$\displaystyle{E=\frac{1}{\sqrt{\displaystyle \left(\frac{1}{ U_{\alpha}}+\frac{1}{ U_{\beta}}+\frac{1}{ U_{\gamma}}}\right)\left(-\frac{1}{ U_{\alpha}}+\frac{1}{ U_{\beta}}+\frac{1}{ U_{\gamma}}}\right)\left(\frac{1}{ U_{\alpha}}-\frac{1}{ U_{\beta}}+\frac{1}{ U_{\gamma}}}\right)\left(\frac{1}{ U_{\alpha}}+\frac{1}{ U_{\beta}}-\frac{1}{ U_{\gamma}}}\right)}}}$

hlkampel · #2

parmenides51 έγραψε: size=150]3.[/size] Εαν $\displaystyle{U_{\alpha},U_{\beta},U_{\gamma}}$ είναι τα ύψη τριγώνου και $\displaystyle{E}$ το εμβαδόν του $\displaystyle{AB\Gamma}$ , να δειχτεί οτι
$\displaystyle{E=\frac{1}{\sqrt{\displaystyle \left(\frac{1}{ U_{\alpha}}+\frac{1}{ U_{\beta}}+\frac{1}{ U_{\gamma}}}\right)\left(-\frac{1}{ U_{\alpha}}+\frac{1}{ U_{\beta}}+\frac{1}{ U_{\gamma}}}\right)\left(\frac{1}{ U_{\alpha}}-\frac{1}{ U_{\beta}}+\frac{1}{ U_{\gamma}}}\right)\left(\frac{1}{ U_{\alpha}}+\frac{1}{ U_{\beta}}-\frac{1}{ U_{\gamma}}}\right)}}}$

Είναι: $\displaystyle\alpha = \frac{{2{\rm E}}}{{{U_\alpha }}},\;\beta = \frac{{2{\rm E}}}{{{U_\beta }}},\;\gamma = \frac{{2{\rm E}}}{{{U_\gamma }}}$

Η ημιπερίμετρος του τριγώνου είναι $\displaystyle\tau = \frac{{\rm E}}{{{U_\alpha }}} + \frac{{\rm E}}{{{U_\beta }}} + \frac{{\rm E}}{{{U_\gamma }}} = {\rm E}\left( {\frac{1}{{{U_\alpha }}} + \frac{1}{{{U_\beta }}} + \frac{1}{{{U_\gamma }}}} \right)$

Από τον τύπο του Ήρωνα είναι:

$\displaystyle{{\rm E} = \sqrt {\tau \left( {\tau - \alpha } \right)\left( {\tau - \beta } \right)\left( {\tau - \gamma } \right)} \Rightarrow }$

$\displaystyle {\rm E} = \sqrt {{{\rm E}^4}\left( {\frac{1}{{{U_\alpha }}} + \frac{1}{{{U_\beta }}} + \frac{1}{{{U_\gamma }}}} \right)\left( { - \frac{1}{{{U_\alpha }}} + \frac{1}{{{U_\beta }}} + \frac{1}{{{U_\gamma }}}} \right)\left( {\frac{1}{{{U_\alpha }}} - \frac{1}{{{U_\beta }}} + \frac{1}{{{U_\gamma }}}} \right)\left( {\frac{1}{{{U_\alpha }}} + \frac{1}{{{U_\beta }}} - \frac{1}{{{U_\gamma }}}} \right)} \Rightarrow$

$\displaystyle {\rm E} = {{\rm E}^2}\sqrt {\left( {\dfrac{1}{{{U_\alpha }}} + \dfrac{1}{{{U_\beta }}} + \dfrac{1}{{{U_\gamma }}}} \right)\left( { - \dfrac{1}{{{U_\alpha }}} + \dfrac{1}{{{U_\beta }}} + \dfrac{1}{{{U_\gamma }}}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{U_\alpha }}} - \dfrac{1}{{{U_\beta }}} + \dfrac{1}{{{U_\gamma }}}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{U_\alpha }}} + \dfrac{1}{{{U_\beta }}} - \dfrac{1}{{{U_\gamma }}}} \right)} \Rightarrow$

$\displaystyle {\rm E} = \dfrac{1}{{\sqrt {\left( {\dfrac{1}{{{U_\alpha }}} + \dfrac{1}{{{U_\beta }}} + \dfrac{1}{{{U_\gamma }}}} \right)\left( { - \dfrac{1}{{{U_\alpha }}} + \dfrac{1}{{{U_\beta }}} + \dfrac{1}{{{U_\gamma }}}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{U_\alpha }}} - \dfrac{1}{{{U_\beta }}} + \dfrac{1}{{{U_\gamma }}}} \right)\left( {\dfrac{1}{{{U_\alpha }}} + \dfrac{1}{{{U_\beta }}} - \dfrac{1}{{{U_\gamma }}}} \right)} }}$

#3

parmenides51 έγραψε:Εξεταστής: Διον. Βυθούλκας

1. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ και από τις κορυφές του $\displaystyle{A,B,\Gamma}$ διέρχονται αντίστοιχα $\displaystyle{AA',BB',\Gamma\Gamma' }$ που ορίζουν οι ευθείες αντίστοιχα τα σημεία $\displaystyle{A',B',\Gamma}$ . Εαν οι $\displaystyle{AA',BB',\Gamma\Gamma' }$ διέρχονται από το ίδιο σημείο $\displaystyle{O}$ και είναι $\displaystyle{\widehat{AA'\Gamma}=\widehat{BB'A}=\widehat{\Gamma\Gamma'B}}$ , να βρεθεί ποιες από τις χαρακτηριστικές ευθείες του τριγώνου είναι οι ευθείες $\displaystyle{AA',BB,\Gamma\Gamma'}$ .

: Μικρό Πολυτεχνείο 1963.png (10.4 KiB) Προβλήθηκε 1323 φορές

Έστω $\displaystyle{{\rm A}\widehat {{\rm A}'}\Gamma = {\rm B}\widehat {{\rm B}'}{\rm A} = \Gamma \widehat {\Gamma '}{\rm B} = \omega }$ .

Τα τετράπλευρα $\displaystyle{{\rm H}\Gamma '{\rm B}{\rm A}',{\rm H}{\rm B}'\Gamma {\rm A}'}$ είναι εγγράψιμα (μία γωνία τους είναι ίση με την απέναντι εξωτερική).

Άρα, $\displaystyle{{\rm A}\Gamma ' \cdot {\rm A}{\rm B} = {\rm A}{\rm H} \cdot {\rm A}{\rm A}' = {\rm A}{\rm B}' \cdot {\rm A}\Gamma }$ .

Οπότε και το $\displaystyle{{\rm B}\Gamma {\rm B}'\Gamma '}$ είναι εγγράψιμο, άρα $\displaystyle{{\rm B}\widehat {{\rm B}'}\Gamma = {\rm B}\widehat {\Gamma '}\Gamma = \omega \Leftrightarrow \omega = {90^0}}$ .

Πρόκειται λοιπόν για τα ύψη του τριγώνου.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

parmenides51 έγραψε:Εξεταστής: Διον. Βυθούλκας

2. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ και οι ευθείες $\displaystyle{\Delta E,ZH }$ και $\displaystyle{\Theta I }$ παράλληλες αντίστοιχα προς τις $\displaystyle{B\Gamma,\Gamma A,AB}$ και εφαπτόμενες του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο κύκλου. Εαν $\displaystyle{R_1,R_2,R_3,R}$ είναι ακτίνες των περιγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα $\displaystyle{A\Delta E, BZH, \Gamma\Theta I,AB\Gamma}$ , να δειχθεί η ισότητα $\displaystyle{R_1+R_2+R_3=R}$ .

Αυτό το θέμα μου αρέσει πολύ....

Το κάθε ένα από τα τρίγωνα $A\Delta E,BZH,\Gamma \Theta I$ είναι όμοιο με το $AB\Gamma$ . Αυτό το καταλαβαίνει εύκολα μαθητής γυμνασίου....
Το θεώρημα που ουσιαστικά λύνει το θέμα είναι το όμορφο συμπέρασμα : Ο λόγος ομοιότητας δύο ομοίων τριγώνων είναι ίσος με το λόγο δύο αντιστοίχων γραμμικών στοιχείων του , στην περίπτωση που εξετάζουμε το αξιοποιούμε ως : ο λόγος ομοιότητας δύο ομοίων τριγώνων είναι ίσος με το λόγο των ακτίνων των περιγεγραμμένων κύκλων του και ο λόγος ομοιότητας δύο ομοίων τριγώνων είναι ίσος με το λόγο των αντιστοίχων υψών τους.

Έτσι ο λόγος ομοιότητας $\lambda _{1}$ των τριγώνων $A\Delta E$ , $AB\Gamma$ είναι ίσος με $\frac{R_{1}}{R}$ και με $\frac{h_{a}-2r}{h_{a}}$ .

Mε αντίστοιχες σκέψεις

ο λόγος ομοιότητας $\lambda _{2}$ των τριγώνων BZH

, $AB\Gamma$ είναι ίσος με $\frac{R_{2}}{R}$ και με $\frac{h_{b}-2r}{h_{b}}$

ο λόγος ομοιότητας $\lambda _{3}$ των τριγώνων $\Gamma \Theta I$ , $AB\Gamma$ είναι ίσος με $\frac{R_{3}}{R}$ και με $\frac{h_{c}-2r}{h_{c}}$

$\lambda _{1}+ \lambda _{2}+\lambda _{3}=$

$\frac{h_{a}-2r}{h_{a}}+\frac{h_{b}-2r}{h_{b}}+\frac{h_{c}-2r}{h_{c}}=$

$1-\frac{2r}{h_{a}}+1-\frac{2r}{h_{b}}+1-\frac{2r}{h_{c}}=$

$3-\left(\frac{2r}{h_{a}}+\frac{2r}{h_{b}}+\frac{2r}{h_{c}} \right)=$

$3-2r\left(\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}} \right)=$

$3-2r\frac{1}{r}=3-2=1$

Iσχύει ότι

$\lambda _{1}+\lambda _{2}+\lambda _{3}=\frac{R_{1}+R_{2}+R_{3}}{R}$

και αφού $\lambda _{1}+\lambda _{2}+\lambda _{3}=1$

η προς απόδειξη ισότητα έπεται αμέσως.

Χρησιμοποιήθηκε η γνωστή ισότητα

$\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{r}$

#5

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:
parmenides51 έγραψε:Εξεταστής: Διον. Βυθούλκας

2. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ και οι ευθείες $\displaystyle{\Delta E,ZH }$ και $\displaystyle{\Theta I }$ παράλληλες αντίστοιχα προς τις $\displaystyle{B\Gamma,\Gamma A,AB}$ και εφαπτόμενες του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο κύκλου. Εαν $\displaystyle{R_1,R_2,R_3,R}$ είναι ακτίνες των περιγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα $\displaystyle{A\Delta E, BZH, \Gamma\Theta I,AB\Gamma}$ , να δειχθεί η ισότητα $\displaystyle{R_1+R_2+R_3=R}$ .
Αυτό το θέμα μου αρέσει πολύ....

Το κάθε ένα από τα τρίγωνα $A\Delta E,BZH,\Gamma \Theta I$ είναι όμοιο με το $AB\Gamma$ . Αυτό το καταλαβαίνει εύκολα μαθητής γυμνασίου....
Το θεώρημα που ουσιαστικά λύνει το θέμα είναι το όμορφο συμπέρασμα : Ο λόγος ομοιότητας δύο ομοίων τριγώνων είναι ίσος με το λόγο δύο αντιστοίχων γραμμικών στοιχείων του , στην περίπτωση που εξετάζουμε το αξιοποιούμε ως : ο λόγος ομοιότητας δύο ομοίων τριγώνων είναι ίσος με το λόγο των ακτίνων των περιγεγραμμένων κύκλων του και ο λόγος ομοιότητας δύο ομοίων τριγώνων είναι ίσος με το λόγο των αντιστοίχων υψών τους.

Έτσι ο λόγος ομοιότητας $\lambda _{1}$ των τριγώνων $A\Delta E$ , $AB\Gamma$ είναι ίσος με $\frac{R_{1}}{R}$ και με $\frac{h_{a}-2r}{h_{a}}$ .

Mε αντίστοιχες σκέψεις

ο λόγος ομοιότητας $\lambda _{2}$ των τριγώνων , $AB\Gamma$ είναι ίσος με $\frac{R_{2}}{R}$ και με $\frac{h_{b}-2r}{h_{b}}$

ο λόγος ομοιότητας $\lambda _{3}$ των τριγώνων $\Gamma \Theta I$ , $AB\Gamma$ είναι ίσος με $\frac{R_{3}}{R}$ και με $\frac{h_{c}-2r}{h_{c}}$

Μικρό Πολυτεχνείο Γεωμετρία 1963.2.png (25.81 KiB) Προβλήθηκε 1196 φορές

$\lambda _{1}+ \lambda _{2}+\lambda _{3}=$

$\frac{h_{a}-2r}{h_{a}}+\frac{h_{b}-2r}{h_{b}}+\frac{h_{c}-2r}{h_{c}}=$

$1-\frac{2r}{h_{a}}+1-\frac{2r}{h_{b}}+1-\frac{2r}{h_{c}}=$

$3-\left(\frac{2r}{h_{a}}+\frac{2r}{h_{b}}+\frac{2r}{h_{c}} \right)=$

$3-2r\left(\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}} \right)=$

$3-2r\frac{1}{r}=3-2=1$

Iσχύει ότι

$\lambda _{1}+\lambda _{2}+\lambda _{3}=\frac{R_{1}+R_{2}+R_{3}}{R}$

και αφού $\lambda _{1}+\lambda _{2}+\lambda _{3}=1$

η προς απόδειξη ισότητα έπεται αμέσως.

Χρησιμοποιήθηκε η γνωστή ισότητα

$\frac{1}{h_{a}}+\frac{1}{h_{b}}+\frac{1}{h_{c}}=\frac{1}{r}$

Δίνω το σχήμα στη λύση του Τηλέμαχου, επειδή έχει κάποιο πρόβλημα με το geogebra.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #6

Να ευχαριστήσω το Γιώργο Βισβίκη για το όμορφο σχήμα του .
Το όμορφο με αυτό το θέμα είναι ότι μπορούν να προκύψουν κι άλλες αντίστοιχες ισότητες.
Για παράδειγμα , όμοια μπορεί να αποδειχθεί ότι

$\rho _{1}+\rho _{2}+\rho _{3}=\rho$

όπου $\rho _{1},\rho _{2},\rho _{3} ,\rho$

οι ακτίνες των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων $A\Delta E,BZH ,\Gamma \Theta I , AB\Gamma$ αντίστοιχα.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #7

parmenides51 έγραψε:Εξεταστής: Διον. Βυθούλκας

2. Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ και οι ευθείες $\displaystyle{\Delta E,ZH }$ και $\displaystyle{\Theta I }$ παράλληλες αντίστοιχα προς τις $\displaystyle{B\Gamma,\Gamma A,AB}$ και εφαπτόμενες του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο κύκλου. Εαν $\displaystyle{R_1,R_2,R_3,R}$ είναι ακτίνες των περιγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα $\displaystyle{A\Delta E, BZH, \Gamma\Theta I,AB\Gamma}$ , να δειχθεί η ισότητα $\displaystyle{R_1+R_2+R_3=R}$ .

Aς δώσω άλλη μια λύση σ' αυτό το θέμα. Το καλό μ' αυτή τη λύση είναι ότι χρησιμοποιεί γνώσεις μόνο μέχρι και τα όμοια τρίγωνα.

Έστω $\Lambda$ το σημείο τομής των ευθειών

και $I\Theta$ .
Φυσικά το τρίγωνο $\Lambda \Theta H$ είναι όμοιο με το τρίγωνο $A\Delta E$ .
Ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $AB\Gamma$ είναι κοινός παρεγγεγραμμένος για τα τρίγωνα $\Lambda\Theta H$ , $A\Delta E$ που αντιστοιχεί στις αντίστοιχες κορυφές

και $\Lambda$ .

Θα αξιοποιήσουμε το γεγονός ότι σε δύο όμοια τρίγωνα ο λόγος ομοιότητας είναι ίσος με το λόγο των ακτίνων των παρεγγεγραμμένων κύκλων που αντιστοιχούν σε αντίστοιχες κορυφές.

Άρα

$\displaystyle \frac{\Delta E}{ \Theta H}=\frac{\rho }{\rho } =1$ .

Συνεπώς
$\Delta E= \Theta H$

Τα τρίγωνα $A B \Gamma$ , $A \Delta E$ , ZBH

, $I \Theta \Gamma$ είναι όμοια και τώρα θα χρησιμοποιήσω το γεγονός ότι σε δύο όμοια τρίγωνα ο λόγος ομοιότητας είναι ίσος με το λόγο των ακτίνων των περιγγεγραμμένων κύκλων τους.

Aπό εδώ προκύπτει ότι

$\displaystyle \frac{B\Gamma }{R} =\frac{\Delta E}{R_{1}}=\frac{BH}{R_{2}}=\frac{\Theta\Gamma }{R_{3}}=\frac{\Delta E+BH+\Theta\Gamma }{R_{1}+R_{2}+R_{3}}=\frac{\Theta H+BH+\Theta\Gamma }{R_{1}+R_{2}+R_{3}}=\frac{B\Gamma }{R_{1}+R_{2}+R_{3}}$

Το ζητούμενο συμπέρασμα έπεται πλέον εύκολα.

ΜΙΚΡΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΜΙΚΡΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΜΙΚΡΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΜΙΚΡΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΜΙΚΡΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΜΙΚΡΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΜΙΚΡΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΜΙΚΡΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση