Ημιπερίμετρος

Ιστοσελίδα · #1

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Αν Δ και Ε οι προβολές της κορυφής Α στις εξωτερικές διχοτόμους των γωνιών Β και Γ αντίστοιχα, να δείξετε ότι:
1. ΔΕ // ΒΓ
2. Η ΔΕ είναι ίση με την ημιπερίμετρο του τριγώνου ΑΒΓ

ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ · #2

Θεωρούμε Κ το σημείο που η ΑΔ τέμνει τη ΒΓ και Λ το σημείο που η ΑΕ τέμνει τη ΒΓ . Το τρίγωνο ΒΚΑ είναι ισοσκελές διότι η ΒΔ είναι διχοτόμος και ύψος , άρα το Δ μέσο της ΑΚ και επιπλέον ΑΒ = ΚΒ .Το τρίγωνο ΓΑΛ είναι ισοσκελές διότι η ΓΕ είναι διχοτόμος και ύψος , άρα το Ε μέσο της ΑΛ και επιπλέον ΑΓ = ΓΛ .
Άρα στο τρίγωνο ΑΚΛ , το ΔΕ ενώνει τα μέσα των ΑΚ , ΑΛ επομένως είναι // στην ΚΛ και ίσο με το μισό της .
Επομένως είναι ΔΕ // ΒΓ .
Έχουμε ΑΒ = ΒΚ , ΑΓ = ΓΛ , ΒΓ = ΒΓ . Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει 2τ = ΚΛ άρα
ΔΕ = τ .

#3

α) Έστω Μ το μέσο της ΑΒ και Ν το μέσο της ΑΓ.
Φέρνουμε το ΔΜ, οπότε το τρίγωνο ΔΜΒ είναι ισοσκελές με ΔΜ=ΜΒ και
ΔΜ//ΒΓ, αφού $\displaystyle \hat{\Delta BA}=\hat{\Delta Bx}=\hat{M \Delta B}$
Φέρνουμε το EN, οπότε το τρίγωνο ENG είναι ισοσκελές με EN=NΓ και
ΓΝ//ΒΓ, αφού $\displaystyle \hat{E \Gamma N}=\hat{E \Gamma y}=\hat{EN \Gamma}$ .
Τα Μ, Ν είναι τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΑΓ, οπότε ΜΝ//ΒΓ.

Τέλος αφού $\displaystyle \hat{AMN}=\hat{AB \Gamma } (I)$ και
$\displaystyle \hat{AM \Delta}=\frac{\hat{B_{\varepsilon \xi }}}{2}(II)$ , αφού $\displaystyle \hat{A \Delta M}=\hat{\Delta AM}=90^{o}-\frac{\hat{B_{\varepsilon \xi }}}{2}$ .

Από τις (Ι) και (ΙΙ) $\displaystyle \hat{AM \Delta}+\hat{AMN}=180^{o}$ , οπότε ΔΕ//ΒΓ.
$\displaystyle \Delta E=\Delta M+MN+NE=\frac{AB}{2}+\frac{B\Gamma }{2}+\frac{A \Gamma }{2}=\frac{2\tau }{2}=\tau$

Υ.Γ. Με πρόλαβε ο Χρήστος, αλλά αφήνω τη λύση γιατί είναι λίγο διαφορετική προσέγγιση.

Ιστοσελίδα · #4

Πολύ ωραία Χρήστο, την άσκηση την βρήκα
http://www.gogeometry.com/problem/p384_ ... rallel.htm
όπου στο αντίστοιχο φόρουμ παρουσιάζεται μια άλλη λύση με εγγράψιμα μακροσκελή και δύσκολη.

Η δική σου είναι μικρή κομψή κατάλληλη για μαθητές της Α λυκείου

p_gianno · #5

Μία λύση

#6

Αγαπητέ φίλε Σπύρο, που είσαι τόσο γνωστός από τα έργα σου, αλλά που δεν έχουμε συναντηθεί ποτέ.
Καταρχήν θέλω να σου ευχηθώ «Χρόνια πολλά, χρόνια ευτυχισμένα με πολλές επιτυχίες».
Θέλω να συγχαρώ τους φίλους για τις ωραίες αποδείξεις της άσκησής σου. Εντυπωσιακή όμως είναι η απόδειξη του Xρήστου.
Στην προσπάθειά μου να συνεισφέρω και εγώ, θυμήθηκα ότι στο βιβλίο μου »Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας» [Πρόταση 8ι(38),τόμος 8], είχα επεκτείνει την άσκηση αυτή ,προ 4-5 ετών και σε τραπέζιο. Την Προσφέρω λοιπόν παρακάτω, στη γιορτή σου, αντί για λουλούδια:

«Δίνεται τραπέζιο ΒΓΔΕ (με ΒΓ>//ΔΕ). Αν Ζ, Η είναι οι προβολές των κορυφών Ε, Δ στις εξωτερικές διχοτόμους των γωνιών Β, Γ αντίστοιχα, να δειχθεί ότι :
ΖΗ//ΒΓ και ότι η ΖΗ είναι ίση με την ημιπερίμετρο του τραπεζίου ΒΓΔΕ».

ΣΧΟΛΙΟ.
Είναι φανερό ότι η απόδειξη της επέκτασης αυτής, είναι εύκολη, καθώς είναι δυνατό να γίνει με όλους τους τρόπους που έδωσαν οι φίλοι μας. Όμως πολύ σύντομα θα στείλω και εγώ την απόδειξή της για λόγους πληρότητας.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

Υ.Γ.: Χρόνια πολλά και σε όλους τους γιορτάζοντας.

konkyr · #7

Καλημέρα.
Προεκτείνω την ΔΕ και έστω Ρ,Στα σημεία στα οποία αυτή τέμνει τις προεκτάσεις των ΒΖ,ΓΗ αντίστοιχα.(Βοηθήστε με σχήμα...)
Ε΄χουμε:ΡΒΓΣ τραπέζιο και γων.Ρ=γων $B_{1}$ (εντόσ εναλλάξ)άρα γων Ρ=γων $B_{2}$ .Οπότε ΡΔΒ ισοσκελές άρα το ύψος ΔΖ είναι και διάμεσος οπότε Ζ μέσο ΒΡ.Ομοίως αποδεικνύουμε ότι στο ΓΣΕ το Η είναι μέσο του ΓΣ.Άρα ΖΗ διάμεσος του τραπεζίου ΡΣΓΒ οπότε ΖΗ//ΒΓ

#8

Αγαπητοί Φίλοι,προκειμένου να εκπληρώσω υπόσχεσή μου, αλλά και για τη σχετική πληροφόρηση των φίλων μας, δίνω στο συνημμένο 6 την Πρόταση 8ι(38), με μία απόδειξή της, του τόμου 8 του βιβλίου μου «Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας», η οποία αποτελεί την επέκταση και σε τραπέζιο, της άσκησης του φίλου Καρδαμίτση Σπύρου.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.

p_gianno · #9

Μία ακόμη διαπραγμάτευση

Stavroulitsa · #10

Καλησπέρα!
Προεκτείνουμε την ΒΔ και τη ΓΕ και ονομάζουμε αντίστοιχα Σ και Τ τα σημεία που τέμνουν το παράλληλο προς την ΚΛ ευθύγραμμο τμήμα. Σχηματίζονται 2 ρόμβοι ΚΒΑΣ και ΤΑΓΛ. Τα σημεία Δ και Ε είναι τα σημεία που διχοτομούνται οι διαγώνιοι των ρόμβων, άρα και ισαπέχουν από τα ευθύγραμμα τμήματα ΚΛ και ΣΤ, άρα η ΔΕ είναι παράλληλη προς τη ΚΛ. Συγχρώνως η ΔΕ θα περνάει από τα μέσα των πλευρών ΑΒ και ΑΓ, άρα ΚΒ=2ΔΜ, ΓΛ=2ΝΕ και ΒΓ=2ΜΝ και έχουμε (επειδή ΚΣΑΒ και ΓΛΤΑ είναι ρόμβοι, άρα ΚΒ=ΑΒ και ΑΓ=ΓΛ):
$\Delta E=\frac{KB}{2}+\frac{B\Gamma }{2}+\frac{\Gamma \Lambda }{2}=\frac{AB}{2}+\frac{B\Gamma }{2}+\frac{A\Gamma }{2}=\frac{AB+B\Gamma +\Gamma A}{2}=\tau$ .

#11

Stavroylitsa Καλημέρα.
Είναι εκπληκτικό!!!
Πώς είναι δυνατό να γνωρίζεις Ευκλείδεια Γεωμετρία, καθώς, αν θυμάμαι καλά, στο Γυμνάσιο διδάσκεται Πρακτική Γεωμετρία.
Μπράβο!!!.
(Μερικές λεπτομέρειες για να γίνεσαι καλύτερη: Πρέπει να συμπληρώσεις …που τέμνουν το παράλληλο από το Α προς την ΚΛ … Δεν εξηγείς πως προέκυψαν τα σημεία Κ, Λ, γιατί τα ABKΣ, ΑΓΛΕ είναι ρόμβοι και γατί η ΔΕ περνά από τα μέσα Μ, Ν των ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα).

Με αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

Υ.Σ. Η δική μου εγγονή είναι λίγο μικρότερη.

Stavroulitsa · #12

Καλημέρα!
Προεκτείνουμε την ΕΖ ώστε να τέμνει την ΒΓ στο Κ και ομοίως προεκτείνουμε την ΔΗ ώστε να τέμνει την ΒΓ στο Λ. Στη συνέχεια προεκτείνουμε τη ΖΒ ώστε να τέμνει την ΕΔ στο Σ και την ΓΗ ώστε να τέμνει τη ΔΕ στο Τ. Το τρίγωνο ΒΕΚ είναι ισοσκελές γιατί η ΒΖ είναι ύψος και διχοτόμος του τριγώνου ή γιατί τα τρίγωνα ΖΕΒ και ΚΒΖ είναι ίσα (Γ-Π-Γ, κάθετη, κοινή:ΖΒ και ίσες γωνίες λόγω της διχοτόμου ΖΒ). Τα τρίγωνα ΣΕΖ και ΖΕΒ είναι ίσα, επειδή η ΖΕ είναι διχοτόμος (ΣΕ//ΚΒ άρα $\Sigma \hat{E}K=E\hat{K}B$ και επίσης $K\hat{E}B=E\hat{K}B$ ) και ύψος του τριγώνου. Άρα το ΣΕΒΚ είναι ρόμβος γιατί έχει ίσες και παράλληλες πλευρές ή γιατί από τις ισότητες των τριγώνων βλέπουμε πως οι διαγώνιοι του διχοτομούνται κάθετα, ομοίως είναι ρόμβος και το ΔΤΛΓ. Άρα τα σημεία Ζ και Η ισαπέχουν από την ΣΕ και ΔΤ αντίστοιχα. Άρα η ΖΗ είναι παράλληλη με τη ΣΤ και ΚΛ. Συνεπώς η ΖΜ είναι παράλληή και το 1/2 της ΣΕ, αφου περνάει από τα μέσα του τριγώνου ΣΕΒ και η ΝΗ είναι παράλληλη και το 1/2 της ΔΤ, αφού περνάει από τα μέσα του τριγώνου ΔΤΓ. Επίσης ΜΝ είναι το 1/2 του αθροίσματος της ΕΔ και ΒΓ, άρα έχουμε:
$ZH=ZM+MN+NH=\frac{\Sigma E}{2}+\frac{E\Delta +B\Gamma }{2}+\frac{\Delta T}{2}=\frac{BE+E\Delta +\Delta \Gamma +\Gamma B}{2}$

ΥΓ. Κύριε Κυριαζή η εγγονή σας είναι πολύ τυχερή που σας έχει παππού, εγώ δεν πρόλαβα καν να γνωρίσω κανέναν από τους 2 παππούδες μου... Τους χαιρετισμούς μου στην εγγονή σας.
ΥΓ2. Ευχαριστώ για τα καλά σας λόγια, νομίζω ότι υπερβάλετε. Που να δείτε τι ξέρει ο συνομήλικος μου, Παναγιώτης Λώλας, θα... τρομάξετε!

#13

Stavroulitsa Καλημέρα.
Συγχαρητήρια και πάλι γιατί έδωσες απόδειξη, αυτή τη φορά, σε πιο δύσκολη άσκηση, ενώ τα σφάλματά σου είναι λιγότερα και μικρότερα.
Μου γράφεις για τις δυνατότητες του συνομήλικού σου Παναγιώτη. Μπράβο λοιπόν και σε κείνον. Πιστεύω ότι όλα είναι ζήτημα θέλησης, αγάπης σε αυτό που κάνεις, εργατικότητας, υπομονής και επιμονής. Όλα αυτά διαπιστώνω, ότι εσύ τα έχεις. Συνεπώς μπορείς και εσύ να φθάσεις ψηλά. Ακόμη δεν πρέπει να φείδεσαι κόπου και χρόνου.

Χαιρετισμούς από την Εβελίνα.
Καλή Πρωτοχρονιά.

Με πατρική αγάπη
Νίκος Κυριαζής.

Ημιπερίμετρος

Ημιπερίμετρος

Re: Ημιπερίμετρος

Re: Ημιπερίμετρος

Re: Ημιπερίμετρος

Re: Ημιπερίμετρος

Re: Ημιπερίμετρος

Re: Ημιπερίμετρος

Re: Ημιπερίμετρος

Re: Ημιπερίμετρος

Re: Ημιπερίμετρος

Re: Ημιπερίμετρος

Re: Ημιπερίμετρος

Re: Ημιπερίμετρος

Μέλη σε σύνδεση