μετρική (επι 2)

#1

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και έστω $\displaystyle{ AA',BE,CZ }$ τα ύψη του αντίστοιχα. Αν $\displaystyle{ K,L }$ είναι οι ορθές προβολές των $\displaystyle{ B,C }$ στην ευθεία $\displaystyle{ ZE }$ αντίστοιχα να δειχθεί ότι:

i) $\displaystyle{ KZ =EL }$ και

ii) $\displaystyle{ KL = A'Z + A'E }$

Στάθης

themiskant · #2

Μια σύντομη λύση για το πρώτο ερώτημα: Αν ονομάσω BE,CZ

τα ύψη από τις B,C

στο τρίγωνο ABC

και

τις προβολές των B,C

στην

. Έστω ότι η μεσοκάθετος της

τέμνει την

στο σημείο

, τότε ως γνωστόν το

θα είναι το μέσο της BC. Από τα ορθογώνια τρίγωνα BZC,BEC

με διαμέσους τις ZM,EM

θα ισχύει $ZM=EM=\frac{BC}{2}$ . Οπότε από την ισότητα ZM=EM

συμπεραίνουμε ότι το σημείο

της μεσοκαθέτου του

θα ανήκει στη μεσοκάθετο της

. Επομένως οι μεσοκάθετοι των ZE,KL

συμπίπτουν και άρα οι ZE,KL

έχουν κοινό μέσο. Συνεπώς θα είναι και KZ=EL

Στο δεύτερο ερώτημα κάτι δεν μου πάει καλά

#3

Θέλω να πω ένα μεγάλο ΜΠΡΑΒΟ!!! στο μαθητή μας για την υπέροχη προσπάθεια και τη λύση του στις 4 Ιουλίου κύριοι, ημερομηνία που άλλοι «μαθητές» αυτή την ώρα (12.00) ίσως είναι σε κάποια καφετέρια με το «γυαλί!!!».
Προς χάρη σου ακολουθώ τη σημειολογία σου (αφού σε βολεύει), βάζω το σχήμα ολοκληρωμένο (όπως το αναφέρεις) συμπληρωμένο και για μια λύση στο δεύτερο ερώτημα που όπως λες «δεν σου πάει καλά» για να μην σε ταλαιπωρεί και να πας ήσυχος για μπάνιο!!! (Πρέπει να πας και για μπάνιο)

2ο ερώτημα:
Είναι γνωστό ότι τα ύψη του $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ είναι διχοτόμοι των γωνιών του ορθικού τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle A'ZE }$ . Έτσι αν θεωρήσουμε $\displaystyle{ Z' }$ το σημείο τομής της

$\displaystyle{ ZP \bot BC }$ με την ευθεία $\displaystyle{ EA' }$ τότε επειδή $\displaystyle{ A'A }$ είναι διχοτόμος της $\displaystyle{ \widehat{ZA'E}\mathop \Rightarrow \limits^{A'P \bot AA'} A'P }$ είναι η εξωτερική διχοτόμος δηλαδή στο τρίγωνο

$\displaystyle{ \vartriangle ZA'Z' }$ η $\displaystyle{ A'P }$ είναι ύψος και διχοτόμος άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές και επομένως η $\displaystyle{ A'P }$ θα είναι και διάμεσος και $\displaystyle{ \boxed{A'Z' = A'Z}:\left( 1 \right) }$

Όμως τότε στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ZZ'E }$ το τμήμα $\displaystyle{ PN }$ συνδέει τα μέσα των δύο πλευρών του $\displaystyle{ ZZ',ZE }$ οπότε θα είναι:

$\displaystyle{ PN = \frac{{Z'E}} {2} \Rightarrow Z'E = 2PN \Rightarrow A'Z' + A'E = 2PN\mathop \Rightarrow \limits^{A'Z' = A'Z} \boxed{A'Z + A'E = 2PN}:\left( 2 \right) }$ .

Ισχύει: $\displaystyle{ \widehat{CPZ} = \widehat{CLZ} = 90^0 \Rightarrow PZLC }$ εγγράψιμο σε κύκλο οπότε: $\displaystyle{ \boxed{\widehat{CPL} = \widehat{CZL} = \hat \omega }:\left( 3 \right) }$ και ομοίως $\displaystyle{ \widehat{ZPB} = \widehat{ZKB} = 90^0 \Rightarrow ZPBK }$ εγγράψιμο σε κύκλο οπότε: $\displaystyle{ \boxed{\widehat{KPB} = \widehat{KZB}\mathop = \limits^{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \phi \nu } \widehat{EZA} = \hat \phi }:\left( 4 \right) }$

Όμως $\displaystyle{ \widehat{CZL} + \widehat{KZB} = \hat \omega + \hat \phi \mathop = \limits^{CZ \bot AB} 90^0 \Rightarrow \vartriangle KPL(o\rho \theta )\mathop \Rightarrow \limits^{PN(\delta \iota \mu \varepsilon \sigma o\varsigma )} PN = \frac{{KL}} {2} \Rightarrow \boxed{KL = 2PN}:\left( 5 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 2 \right),\left( 5 \right) \Rightarrow \boxed{A'Z + A'E = KL} }$ που είναι και το ζητούμενο με τη σημειολογία του άριστου μαθητή μας τον οποίο ΕΥΧΑΡΙΣΤΩ ακόμα μια φορά που είναι μαζί μας

Φιλικότατα
Στάθης
Υ.Σ. Αλλαξα και την αρχική εκφώνηση καθώς και το αρχικό σχήμα για να ταιριάζουν όλα με το μαθητή μας που με έχει συγκινήσει

themiskant · #4

Κύριε Στάθη, σας ευχαριστώ πολύ για τα καλά σας λόγια, αλλά ακόμη περισσότερο για τις υπέροχες ασκήσεις που προσφέρετε στο mathematica

Θεμιστοκλής Καντσός

p_gianno · #5

Το β ερώτημα
Εστω ΕΝ παραλληλη και ίση με ΑΔ. (Προφανώς το Ν είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου στο εγγράψιμο ΕΒΓΗ)
και Β' το συμμετρικό του Β ως προς ΕΗ.Τοτε επειδή ΕΗ διάμετρος εχουμε Β' σημείο του κύκλου του σχήματος. Είναι γωνΒΘΖ =γωνΒ'ΘΞ λογω συμμετρίας και επειδή ΘΖ διχοτόμος της γωνΒΘΓ προκύπτει οτι γωνΒ'ΘΓ=180 ή ΓΘΒ' ευθεία. Επομένως και λόγω της συμμετρίας εχουμε ΒΘ+ΘΓ=Β'Θ+ΘΓ=Β'Γ.
Αρκει να δείξουμε επομένως ότι ΕΝ=Β'Γ
ή ισοδύναμα ότι είναι ίσα τα τόξα ΕΓΝ και Β'ΕΓ

ΤοξΕΓΝ=ΤοξΕΒ+τοξΒΓ+τοξΓΝ=2τοξΕΒ+τοξΒΓ*=τοξΕΒ+τοξΕΒ'+τοξΒΓ**=τοξΒ'ΕΓ οεδ

* τοξΒΕ=τοξΓΝ (τόξα κύκλου μεταξύ παραλλήλων χορδών)
** τοξΒΕ=τοξΒ'Ε λόγω της συμμετρίας.

Διαπιστώνω δυστυχώς εκ των υστέρων και ζητώ συγγνώμη ότι τα γράμματά μου δεν συμπίπτουν με αυτά της εκφώνησης.

#6

Μία άλλη προσέγγιση για το (ii) ζητούμενο. Χρησιμοποιώ το σχήμα του Στάθη πιο πάνω.

Οι κορυφές $B,\ C,$ του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC,$ ταυτίζονται με τα παράκεντρα $I_{e},\ I_{z}$ του τριγώνου $\vartriangle A{'}EZ$ αντιστοίχως, γιατί είναι γνωστό ότι τα ύψη του $\vartriangle ABC,$ ταυτίζονται με τις διχοτόμους του Ορθικού του τριγώνου $\vartriangle A{'}EZ$ .

Έτσι, αν θέσουμε 2s{'} = A{'}E + EZ + ZA{'}

, έχουμε $A{'}E + A{'}Z = 2s{'} - EZ\ \ ,(1)$

Ισχύει όμως ( αποδεικνύεται εύκολα σε κάθε τρίγωνο ), ZK = EL = s{'} - EZ

$\Longrightarrow$ $ZK + EL = 2(s{'} - EZ)\ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ KL = A{'}E + A{'}Z

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

p_gianno · #7

μια λυση για το α ερωτημα

γωνΖ=γωνΕ=90 επομένως Β,Ζ,Ε,Γ ομοκυκλικά σε κύκλο διαμέτρου ΒΓ (Ο,ΟΒ)
Έστω ΟΜ το απόστημα της χορδής ΖΕ τότε ΖΜ=ΜΕ (1)
Επειδή ΚΒΓΛ τραπέζιο , Ο μεσον της ΒΓ και ΟΜ παράλληλη προς τις βασεις του τραπεζίου έπεται ότι ΚΜ=ΜΛ (2)
Αφαιρώντας κατά μέλη την 1 απο την 2 προκύπτει το ζητούμενο, δηλαδή ΚΖ=ΕΛ

#8

μία ακόμα για το α ερώτημα
στο σχήμα του Πάνου (Πάνο καλώς μας ξανα ήρθες

,σε χάσαμε )

$\begin{cases}\sin K\hat BZ=\frac{KZ}{BZ}\\\\ \sin Z\hat \Gamma B=\frac{BZ}{B\Gamma} \end{cases}\Rightarrow KZ=B\Gamma ~~ \sin Z\hat \Gamma B ~~ \sin K\hat BZ$

$\begin{cases}\sin E\hat \Gamma \Lambda=\frac{E\Lambda}{E\Gamma}\\\\ \sin E\hat B \Gamma =\frac{E\Gamma}{B\Gamma} \end{cases}\Rightarrow E\Lambda=B\Gamma ~ \sin E\hat B \Gamma ~ \sin E\hat \Gamma \Lambda$

αλλά $K\hat BZ=E\hat Z\Gamma=E\hat B \Gamma ~~ \kappa\alpha\iota ~~ E\hat \Gamma\Lambda=Z\hat EB=Z\hat \Gamma B$

άρα $KZ=E\Lambda$

apotin · #9

Και μία με ομοιότητα
Στο αρχικό σχήμα
Από το εγγράψιμο τετράπλευρο BZEC έχουμε
$\displaystyle{\widehat {LZC} = \widehat {EBC}}$
και
$\displaystyle{\widehat {EBC} = \widehat {EZC}}$

Έτσι έχουμε από τις παρακάτω ομοιότητες τριγώνων:

τριγ.ZLC~τριγ.BEC $\Rightarrow \frac{{ZL}}{{BE}} = \frac{{CZ}}{{BC}} \Rightarrow ZL = \frac{{BE \cdot CZ}}{{BC}}$
και
τριγ.BKE~τριγ.BCZ $\Rightarrow \frac{{KE}}{{CZ}} = \frac{{BE}}{{BC}} \Rightarrow KE = \frac{{BE \cdot CZ}}{{BC}}$

Άρα ZL=KE οπότε KZ=EL.

μετρική (επι 2)

μετρική (επι 2)

Re: μετρική (επι 2)

Re: μετρική (επι 2)

Re: μετρική (επι 2)

Re: μετρική (επι 2)

Re: μετρική (επι 2)

Re: μετρική (επι 2)

Re: μετρική (επι 2)

Re: μετρική (επι 2)

Μέλη σε σύνδεση