Τριγωνική ισοδυναμία

KARKAR · #1

: Τριγωνική ισοδυναμία.png (21.98 KiB) Προβλήθηκε 127 φορές

Σε σημείο

ημικυκλίου διαμέτρου

φέρουμε εφαπτομένη , η οποία τέμνει την προέκταση της

στο σημείο

και την κάθετη της

στο

, στο σημείο

. Για ποια θέση του

τα τρίγωνα AST

και

είναι ισεμβαδικά ;

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 25, 2026 3:20 pm
Τριγωνική ισοδυναμία.pngΣε σημείο ημικυκλίου διαμέτρου φέρουμε εφαπτομένη , η οποία τέμνει την προέκταση της στο σημείο

και την κάθετη της στο , στο σημείο . Για ποια θέση του τα τρίγωνα και είναι ισεμβαδικά ;

: τριγ ισοδ.png (23.07 KiB) Προβλήθηκε 119 φορές

.
Με αρχή των αξόνων το κέντρο

του ημικυκλίου ακτίνας

είναι $S(a,\, \sqrt {R^2-a^2})$ για κάποιο

(ζητούμενο). H κλίση της

είναι $\dfrac {\sqrt {R^2-a^2}}{a}$ , άρα η εξίσωση της εφαπτομένης είναι

$y=\dfrac {-a}{\sqrt {R^2-a^2}} (x-a) + \sqrt {R^2-a^2}$

Άρα $T\left ( 0, \, \dfrac {(a+R)R}{\sqrt {R^2-a^2}} \right )$ και $P\left ( \dfrac {R^2}{a} ,\, 0 \right )$ (άμεσα). Έτσι η ισότητα των εμβαδών γράφεται

$\dfrac {1}{2} AT \cdot (R+a)= \dfrac {1}{2} BP \cdot \sqrt {R^2-a^2}$ ή αλλιώς

$\dfrac {1}{2} \dfrac {(a+R)R}{\sqrt {R^2-a^2}} \cdot (R+a)= \dfrac {1}{2} \left ( \dfrac {R^2}{a} -R\right ) \cdot \sqrt {R^2-a^2}$

Λύνοντας την δευτεροβάθμια που προκύπτει θα βρούμε $\boxed {a= \dfrac {R}{3} }$

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 25, 2026 3:20 pm
Τριγωνική ισοδυναμία.pngΣε σημείο ημικυκλίου διαμέτρου φέρουμε εφαπτομένη , η οποία τέμνει την προέκταση της στο σημείο

και την κάθετη της στο , στο σημείο . Για ποια θέση του τα τρίγωνα και είναι ισεμβαδικά ;

.

: τριγ ισοδ 2.png (28.62 KiB) Προβλήθηκε 88 φορές

.
Αλλιώς: Επειδή η

διαιρεί το λευκό τρ'ιγωνο σε δύο ίσα μέρη, η υπόθεση ότι τα τρίγωνα AST

και

είναι ισεμβαδικά γράφεται ισοδύναμα

(TAOS)=(OSP)

, δηλαδή

. Ισοδύναμα $2\times \dfrac {1}{2} hR= \dfrac {1}{2}R\cdot SP$ .

Έπεται SP=2h

και άρα

.

Συνεπώς $AP=\sqrt {(3h)^2-h^2}= 2\sqrt 2 h$ . 'Αρα από το ορθογώνιο τρίγωνο OSP

έχουμε

, ισοδύναμα

$(2\sqrt 2 h-R)^2= R^2+(2h)^2$

Λύνοντας την εξίσωση που προκύπτει, θα βρούμε $\boxed {h=R\sqrt 2}$ .

Συνοψίζοντας, για να βρούμε το

παίρνουμε μήκος $AT=h=R\sqrt 2$ , και από το

φέρνουμε εφαπτομένη στο ημικύκλιο. Εκεί που το τέμνει είναι το ζητούμενο σημείο

.

#4

KARKAR post έγραψε:Τριγωνική ισοδυναμία.pngΣε σημείο ημικυκλίου διαμέτρου φέρουμε εφαπτομένη , η οποία τέμνει την προέκταση της στο σημείο και την κάθετη της στο , στο σημείο . Για ποια θέση του τα τρίγωνα και είναι ισεμβαδικά ;

Έστω ότι έχει βρεθεί το σημείο $S\in (O)$ τέτοιο ώστε να ισχύει το ζητούμενο $(AST)=(BSP) \ \ ,(1)$

Θα αποδειχθεί ότι το σημείο

είναι σταθερό, ως το συμμετρικό του

ως προς το σημείο

$\bullet$ Από (1)

και $(OAS)=(OBS)\Rightarrow$ $(APST)=(OSP) \ \ ,(2)$

Από (2)

και $(OAT)=(OST)\Rightarrow$ $(OSP)=2(OST)\Rightarrow$ $(PS)(OS)=2(ST)(OS)\Rightarrow$ $\boxed{PS=2(ST)} \ \ ,(3)$

Έστω

το σημείο τομής της

από την εφαπτομένη του δοσμένου ημικυκλιου (O),

στο σημείο

Από $BR\parallel AT\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{PB}{PA}= \frac{PR}{PT}= \frac{BR}{AT}= \frac{SR}{ST}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{PR}{PT}= \frac{SR}{ST}} \ \ ,(4)$

: Τριγωνική ισοδυναμία.; f=171 t=79235.PNG (14.55 KiB) Προβλήθηκε 84 φορές

$\bullet$ Από (4)

έχουμε ότι η σημείοσειρά T, S, R, P

είναι αρμονική και επομένως ισχύει $\boxed{(T,S,R,P)=2} \ \ ,(5)$

( Είναι γνωστό ότι ο Διπλός λόγος αρμονικής σημειοσειράς ισούται με 2 )

Από $(5)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{RT}{RS}\div \frac{PT}{PS}=2\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{RT}{RS}= \frac{2(PT)}{PS}} \ \ ,(6)$

Από (3), (6)

και

λόγω της

προκύπτει ότι $\displaystyle \frac{RT}{RS}= 3\Rightarrow$ $RT= 3(RS)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{RS}{ST}= \frac{1}{2}} \ \ ,(7)$

Από $(4), (7)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{PR}{PT}= \frac{1}{2}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{PB}{PA}= \frac{1}{2}} \ \ ,(8)$

Από $(8)\Rightarrow$ $\boxed{PB=AB}$ και το πρόβλημα έχει λυθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Σε συσχετισμό με την λύση του Μιχάλη πιο πάνω (#2) εάν

είναι η προβολή του σημείου

επί της

από

και $BR\parallel QS\parallel AT$

$\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{QB}{QA}=\frac{1}{2}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle a= OQ= \frac{R}{3}}$ όπου OA=R=OB.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Απρ 25, 2026 3:20 pm
Τριγωνική ισοδυναμία.pngΣε σημείο ημικυκλίου διαμέτρου φέρουμε εφαπτομένη , η οποία τέμνει την προέκταση της στο σημείο

και την κάθετη της στο , στο σημείο . Για ποια θέση του τα τρίγωνα και είναι ισεμβαδικά ;

Ας είναι $BS \cap AT=C$ .Επειδή $\angle CSA=90^0$ και TA=TS

θα είναι και AT=TC

,επομένως

άρα

συνεπώς

Θεωρούμε λοιπόν

συμμετρικό του

ως προς

και φέρουμε την εφαπτόμενη

στο

ημικύκλιο που τέμνει την κάθετη στην

στο

Υπολογισμοί

Το

είναι κ.βάρους του τριγώνου ACP

.Άρα ,αν

τότε

και με Π.Θ

στο τρίγωνο ATP

εύκολα παίρνουμε $x=R \sqrt{2}$

: Τριγωνική ισοδυναμία.png (42.91 KiB) Προβλήθηκε 56 φορές

#6

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:... άρα συνεπώς ...

Πάντα υπάρχει μία συνθετική λύση από το "Βιβλίο", αρκεί να είσαι ο Μιχάλης Τσουρακάκης να την δεις.

Κώστας Βήττας.

#7

Καλημέρα σε όλους. Άλλη μια προσέγγιση με Ανάλυση - Σύνθεση- Απόδειξη στο όμορφο πρόβλημα του Θανάση. Έχω κάποια κοινά σημεία με τη 2η λύση του Μιχάλη (Λάμπρου) παραπάνω.

: 26-4-2026 Γεωμετρία.png (11.3 KiB) Προβλήθηκε 25 φορές

Υπόθεση
Έστω ότι κατασκευάστηκε το ζητούμενο σχήμα. Έστω

η ακτίνα του ημικυκλίου.

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} \left( {SPB} \right) = \left( {TAS} \right)\\ \left( {SOB} \right) = \left( {SOA} \right) \end{array} \right. \Rightarrow \frac{{\left( {SOP} \right)}}{{\left( {TAP} \right)}} = \frac{1}{2}$ και αφού είναι όμοια με λόγο $\displaystyle \frac{{SO}}{{AT}}$ θα είναι $\displaystyle \frac{{SO}}{{AT}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} \Leftrightarrow AT = \sqrt 2 SO = \sqrt 2 R$

Κατασκευή
Κατασκευάζουμε την εφαπτομένη του κύκλου (O, R)

με διάμετρο

στο

και παίρνουμε τμήμα $\displaystyle AT = \sqrt 2 R$ . Με κέντρο

και ακτίνα

κατασκευάζουμε κύκλο, που τέμνει το ημικύκλιο (O, R)

στο

, αφού

ως εφαπτόμενες στον ίδιο κύκλο.

Προεκτείνουμε τις AB, TS

που τέμνονται στο

, αφού οι εντός επί τα’ αυτά γωνίες τους έχουν άθροισμα μικρότερο των δύο ορθών.

Απόδειξη – Διερεύνηση
Θα αποδείξουμε ότι για τη θέση του

που κατασκευάσαμε είναι (TAS) = (SBP)

Τα ισοσκελή τρίγωνα SOB, TAS

είναι όμοια με λόγο $\displaystyle \frac{{OS}}{{TA}} = \frac{1}{{\sqrt 2 }}$ , αφού έχουν ίσες γωνίες βάσης, ως υπό χορδής κι εφαπτομένης, οπότε $\displaystyle \frac{{\left( {SOB} \right)}}{{\left( {TAS} \right)}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow \left( {SAB} \right) = \left( {TAS} \right) = E$

Τα ορθογώνια τρίγωνα POS, PAT

έχουν κοινή γωνία άρα είναι όμοια με λόγο $\displaystyle \frac{1}{{\sqrt 2 }}$ , άρα
$\displaystyle \left( {POS} \right) = \frac{1}{2}\left( {PAT} \right) \Leftrightarrow \left( {PSB} \right) + \frac{1}{2}E = \frac{1}{2}\left[ {\left( {PSB} \right) + 2E} \right] \Leftrightarrow \left( {PSB} \right) = E$ , όπως θέλαμε.

Παρατηρούμε ότι είναι PB=2R

.

Τριγωνική ισοδυναμία

Τριγωνική ισοδυναμία

Re: Τριγωνική ισοδυναμία

Re: Τριγωνική ισοδυναμία

Re: Τριγωνική ισοδυναμία

Re: Τριγωνική ισοδυναμία

Re: Τριγωνική ισοδυναμία

Re: Τριγωνική ισοδυναμία

Μέλη σε σύνδεση