Ντογρού !

KARKAR · #1

Σε τρίγωνο $\displaystyle ABC$ ,

είναι το μέσο της πλευράς

, και

το μέσο του ύψους

.

Με μία πλευρά πάνω στη βάση

, εγγράφω στο τρίγωνο ένα ορθογώνιο KLST

, κέντρου

.

1) Να δειχθεί ότι τα σημεία M , O, N

, είναι συνευθειακά .

2) Να δειχθεί ότι τα M , N

, είναι συμμετρικά ως προς

όταν το

μεγιστοποιηθεί .

#2

Θα δώσω μια αναλυτική λύση στο πολύ όμορφο θέμα του Θανάση αλλά ας μου επιτραπεί να "υποβαθμίσω" την άσκηση στο φάκελο της Α' Λυκείου. Νομίζω θα είχε ενδειαφέρον αν έμπαινε στο φάκελο: ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ για να έχουμε και μια "αναλυτική λύση" .

1) Θεωρούμε $\displaystyle{ B' }$ το συμμετρικό του $\displaystyle{ B }$ ως προς το μέσο $\displaystyle{ N }$ του ύψους $\displaystyle{ AD }$ και έστω $\displaystyle{ K' }$ το σημείο τομής των ευθειών $\displaystyle{ BB',KN }$ τότε:

• Το τετράπλευρο $\displaystyle{ ABDB' }$ είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιες διχοτομούνται) άρα $\displaystyle{ \boxed{DB'\mathop = \limits^{//} AB}:\left( 1 \right) }$

• Τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle NK'B',\;\vartriangle NKB }$ είναι ίσα: ( $\displaystyle{ NB' = NB }$ (από κατασκευή), $\displaystyle{ \widehat{K'NB'} = \widehat{KNB} }$ (κατά κορυφήν), $\displaystyle{ \widehat{NB'K'} = \widehat{NBK} }$ (εντός εναλλάξ)) άρα

$\displaystyle{ \boxed{K'B' = KB}:\left( 2 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{K'D = KA}:\left( 3 \right),\boxed{NK' = NK}:\left( 4 \right) }$

• $\displaystyle{ \boxed{NM//B'C}:\left( 5 \right) }$ (το $\displaystyle{ MN }$ συνδέει τα μέσα $\displaystyle{ N,M }$ των πλευρών $\displaystyle{ BB',BC }$ του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle BB'C }$ αντίστοιχα)

Επίσης επειδή προφανώς $\displaystyle{ O }$ (σαν κέντρο του ορθογωνίου $\displaystyle{ KLST }$ ) είναι το μέσο της $\displaystyle{ KS }$ οπότε $\displaystyle{ \boxed{ON//K'S}:\left( 6 \right) }$ (το $\displaystyle{ ON }$ συνδέει τα μέσα $\displaystyle{ O,N }$ των πλευρών $\displaystyle{ KK',KS }$ του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle KK'S }$ αντίστοιχα) .

Έχουμε: $\displaystyle{ \frac{{K'B'}} {{K'D}}\mathop = \limits^{\left( 2 \right),\left( 3 \right)} \frac{{KB}} {{KA}}\mathop = \limits^{KL//BC} \frac{{LC}} {{LA}}\mathop = \limits^{LS//AD} \frac{{CS}} {{CD}} \Rightarrow \frac{{K'B'}} {{K'D}} = \frac{{CS}} {{CD}}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle B'DC(\alpha \nu \tau \sigma \tau \rho .\Theta .\Theta \alpha \lambda )} K'S//B'C\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right),\left( 6 \right)} MN//ON }$

και επειδή τα παράλληλα τμήματα $\displaystyle{ MN,ON }$ έχουν κοινό σημείο (το $\displaystyle{ N }$ ) θα έχουν και κοινό φορέα δηλαδή τα σημεία $\displaystyle{ M,O,N }$ είναι συνευθειακά.

2) Έστω $\displaystyle{ N' \equiv AD \cap KL }$ και έστω επίσης ότι: $\displaystyle{ AN' = d:\left( 7 \right) }$ τότε: $\displaystyle{ \left( {KLST} \right) = KL \cdot LS\mathop \Rightarrow \limits^{LS = N'D = AD - d = \upsilon _\alpha - d} \boxed{\left( {KLST} \right) = KL \cdot \left( {\upsilon _\alpha - d} \right)}:\left( 8 \right) }$ .

Επειδή όμως είναι προφανώς: $\displaystyle{ \vartriangle AKL \sim \vartriangle ABC\mathop \Rightarrow \limits^{AN',AD(o\mu \lambda o\gamma \alpha - \psi \eta )} \frac{{KL}} {{BC}} = \frac{{AN'}} {{AD}}\mathop \Rightarrow \limits^{BC = a,AN' = d,AD = \upsilon _\alpha } \ldots \boxed{KL = \frac{{ad}} {{\upsilon _\alpha }}}:\left( 9 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 8 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 9 \right)} \left( {KLST} \right) = \frac{{ad}} {{\upsilon _\alpha }} \cdot \left( {\upsilon _\alpha - d} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {KLST} \right) = E\left( d \right)} \boxed{E\left( d \right) = - \frac{a} {{\upsilon _\alpha }} \cdot d^2 + ad}:\left( {10} \right) }$

Από τη $\displaystyle{ \left( {10} \right) }$ προκύπτει ότι η συνάρτηση $\displaystyle{ E\left( d \right) }$ του εμβαδού του «επίμαχου» ορθογωνίου είναι δευτεροβάθμια με συντελεστή δευτεροβάθμιου όρου τον $\displaystyle{ - \frac{a} {{\upsilon _\alpha }} < 0 }$ οπότε θα παρουσιάζει μέγιστο για

$\displaystyle{ d_{\max } = - \frac{a} {{ - 2\frac{a} {{\upsilon _a }}}} \Rightarrow d_{\max } = \frac{{\upsilon _a }} {2} \Rightarrow AN' = \frac{{AD}} {2} = AN \Rightarrow N \equiv N' \Rightarrow \boxed{N \in KL} }$ και επειδή $\displaystyle{ KL//TS }$ και $\displaystyle{ O }$ το μέσο της $\displaystyle{ KS }$ θα είναι και το μέσο της $\displaystyle{ NM \Rightarrow \boxed{ON = OM} }$

Στάθης

#3

Μιας και όπως είπα προηγουμένως η άσκηση μου άρεσε ιδιαίτερα θα κάνω μια προσπάθεια (μιας και έχω το σχήμα από πρίν) να τη λύσω με αναλυτική γεωμετρία

1) Θεωρούμε το ορθοκανονικό σύστημα $\displaystyle{ xDy }$ όπως φαίνεται στο σχήμα και αν $\displaystyle{ B\left( {c,0} \right),C\left( {b,0} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{M\left( {\mu \sigma o\;\tau o\upsilon \;BC} \right)} M\left( {\frac{{b + c}} {2},0} \right) }$ , άν $\displaystyle{ A\left( {0,a} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{N(\mu \sigma o\;\tau o\upsilon \;AD)} N\left( {0,\frac{a} {2}} \right) }$ και έστω $\displaystyle{ L\left( {\ell ,t} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{LS \bot x'x} S\left( {\ell ,0} \right) }$ , $\displaystyle{ L\left( {\ell ,t} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{LK//x'x} K\left( {k,t} \right) }$ .

Επειδή $\displaystyle{ A,L,C }$ συνευθειακά θα είναι: $\displaystyle{ \det \left( {\overrightarrow {AL} ,\overrightarrow {AC} } \right) = 0\mathop \Rightarrow \limits^{\overrightarrow {AL} = (\ell ,t - a),\overrightarrow {AC} = (b, - a)} \left| {\begin{array}{*{20}c} \ell & {t - a} \\ b & { - a} \\ \end{array} } \right| = 0 \Leftrightarrow \boxed{ - a\ell - bt + ab = 0}:\left( 1 \right) }$

Ομοίως $\displaystyle{ A,K,B }$ συνευθειακά οπότε: $\displaystyle{ \det \left( {\overrightarrow {AK} ,\overrightarrow {AB} } \right) = 0\mathop \Rightarrow \limits^{\overrightarrow {AK} = (k,t - a),\overrightarrow {AB} = (c, - a)} \left| {\begin{array}{*{20}c} k & {t - a} \\ c & { - a} \\ \end{array} } \right| = 0 \Leftrightarrow \boxed{ - ak - ct + ac = 0}:\left( 2 \right) }$

Επίσης $\displaystyle{ O }$ το μέσο του $\displaystyle{ KS \Rightarrow O\left( {\frac{{k + \ell }} {2},\frac{t} {2}} \right) }$ οπότε: $\displaystyle{ \overrightarrow {NM} = \left( {\frac{{b + c}} {2}, - \frac{a} {2}} \right) }$ και $\displaystyle{ \overrightarrow {NO} = \left( {\frac{{k + \ell }} {2},\frac{{t - a}} {2}} \right) }$ με

$\displaystyle{ \det \left( {\overrightarrow {NM} ,\overrightarrow {NO} } \right) = \left| {\begin{array}{*{20}c} {\frac{{b + c}} {2}} & { - \frac{a} {2}} \\ {\frac{{k + \ell }} {2}} & {\frac{{t - a}} {2}} \\ \end{array} } \right| = \frac{{bt - ab + ct - ac + ak + a\ell }} {4}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \det \left( {\overrightarrow {NM} ,\overrightarrow {NO} } \right) = 0 \Rightarrow \overrightarrow {NM} //\overrightarrow {NO} \Rightarrow }$ $\displaystyle{ M,O,N }$ συνευθειακά

2) Από $\displaystyle{ \left( 1 \right) - \left( 2 \right) \Rightarrow - a\ell - bt + ab + ak + ct - ac = 0 \Rightarrow a\left( {k - \ell } \right) + t\left( {c - b} \right) - a\left( {c - b} \right) = 0 \Rightarrow \boxed{t = - \frac{a} {{c - b}}\left( {k - \ell } \right) + a}:\left( 3 \right) }$

Όμως $\displaystyle{ \left( {KLST} \right) = \left( {KL} \right) \cdot \left( {LS} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{k < \ell } \left( {KLST} \right) = \left( {\ell - k} \right)t\mathop \Rightarrow \limits^{\ell - k = m,\left( {KLST} \right) = E\left( m \right),\left( 3 \right)} \ldots \boxed{E\left( m \right) = \frac{a} {{c - b}}m^2 + am}:\left( 4 \right) }$
Η $\displaystyle{ \left( 4 \right) }$ δηλώνει ότι το $\displaystyle{ E\left( m \right) }$ είναι τριώνυμο με συντελεστή του δευτεροβάθμιου όρου τον $\displaystyle{ \frac{a} {{c - b}}\mathop < \limits^{c < b} 0 }$ οπότε θα έχει μέγιστο για

$\displaystyle{ m_{\max } = - \frac{a} {{2\frac{a} {{c - b}}}} \Rightarrow m_{\max } = \frac{{b - c}} {2} \Rightarrow \ell - k = \frac{{b - c}} {2} \Rightarrow \ldots KL = \frac{{BC}} {2} \Rightarrow }$ η $\displaystyle{ KL }$ (επειδή είναι παράλληλη στην $\displaystyle{ BC }$ ) θα συνδέει τα μέσα των πλευρών $\displaystyle{ AB,AC }$ του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ οπότε θα διέρχεται από το μέσο του ύψους $\displaystyle{ AD }$ δηλαδή $\displaystyle{ N \in KL }$ οπότε… $\displaystyle{ \boxed{OM = ON} }$

Στάθης

Ντογρού !

Ντογρού !

Re: Ντογρού !

Re: Ντογρού !

Μέλη σε σύνδεση