mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 01, 2013 11:04 pm**

Παράλληλα με τη συλλογή ασκήσεων που αναφέρονται στο τετράγωνο, σκέφτομαι να ξεκινήσουμε και τη συλλογή ασκήσεων, όπου στα δεδομένα, στα ζητούμενα ή στο βασικό τέχνασμα εμφανίζεται Ισόπλευρο Τρίγωνο.

Πάνω στο θέμα αυτό έχω ένα ξενόγλωσσο βιβλίο και βλέπω πόσο πλούσιο είναι το ισόπλευρο τρίγωνο σε ασκήσεις. Μπορούμε και μεις να δημιουργήσουμε το δικό μας θησαυρό πάνω σε αυτό το κανονικό σήμα που το σχεδιάζουμε από μικρά παιδιά μαζί με τον κύκλο και το τετράγωνο.Θα φτάσουμε στο θεώρημα Morley αλλά και σε πολλά υπέροχα συμπεράσματα που είναι τα διαμάντια της ευκλείδειας γεωμετρίας.

Την αφορμή για να ξεκινήσουμε και αυτή τη συλλογή,μια και η άλλη έχει ήδη θριαμβεύσει , είναι η παρακάτω :

ΑΣΚΗΣΗ 1

(KARKAR)Σε τρίγωνο $\displaystyle ABC$ με $\hat{B}=60^0$ , το

είναι το μέσο της

και το

το σημείο επαφής

της

με τον έγκυκλο του τριγώνου . Φέρω τμήμα

κάθετο προς τη διχοτόμο της $\hat{A}$ .

Να αποδείξτε ότι το τρίγωνο SMD

είναι ισόπλευρο .

viewtopic.php?f=22&t=39579

Λύση(ΑΣΚΗΣΗ 1)

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:Αν $\displaystyle{CS \cap AB = E}$ ,το $\displaystyle{\vartriangle EAC}$ είναι ισοσκελές αφού η διχοτόμος του $\displaystyle{AS}$ είναι και ύψος του κι έτσι $\displaystyle{S}$ είναι μέσον της $\displaystyle{CE}$ οπότε $\displaystyle{MS//AE \Rightarrow \angle ABC = \angle BMS = {60^0}}$
$\displaystyle{\angle A + \angle C = {120^0} \Rightarrow \frac{{\angle A}}{2} + \frac{{\angle C}}{2} = {60^0} \Rightarrow \angle SOC = {60^0}}$ κι επειδή $\displaystyle{ODSC}$ εγγράψιμο ( $\displaystyle{\angle ODC = \angle OSC = {90^0}}$ ) θα είναι και $\displaystyle{\angle CDS = {60^0}}$ .Άρα, $\displaystyle{\vartriangle DMS}$ ισόπλευρο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 01, 2013 11:15 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 1

(KARKAR)Σε τρίγωνο $\displaystyle ABC$ με $\hat{B}=60^0$ , το

είναι το μέσο της

και το

το σημείο επαφής

της

με τον έγκυκλο του τριγώνου . Φέρω τμήμα

κάθετο προς τη διχοτόμο της $\hat{A}$ .

Να αποδείξτε ότι το τρίγωνο SMD

είναι ισόπλευρο .

2η Λύση(ΑΣΚΗΣΗ 1)

Doloros έγραψε: Έστω τρίγωνο με $\widehat B = {60^0}$ .Αν η προβολή του στη διχοτόμο της γωνίας $\widehat A$

και το μέσο της η διάμεσος του ορθογωνίου τριγώνου θα ισούται

με το μισό της υποτείνουσας , δηλαδή $SN = AN \Rightarrow \widehat {NSA} = \widehat {NAS}\,\,( = \widehat {SAB}) \Rightarrow BA//SN$

, άρα η θα διέρχεται από και το μέσο της πλευράς . Προφανώς

$\widehat {SMD} = \widehat B = {60^0}$ . Είναι γνωστό ότι $\boxed{DM = \frac{{b - c}}{2}}$ . Από την άλλη μεριά

$SM + MN = SN = \dfrac{b}{2} \Rightarrow SM + \dfrac{c}{2} = \dfrac{b}{2} \Rightarrow \boxed{SM = \frac{{b - c}}{2}}$ συνεπώς το τρίγωνο είναι

ισόπλευρο.

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 01, 2013 11:49 pm**

Άσκηση 2

: 2.png (9.92 KiB) Προβλήθηκε 3848 φορές

Με κέντρο το μέσο της βάσης

ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , γράφω τόξο $\overset{\frown}{DE}$ , εφαπτόμενο των AB,AC

.

Σε σημείο

του $\overset{\frown}{DE}$ , φέρω εφαπτομένη που τέμνει τις AB,AC

στα

αντίστοιχα . Δείξτε ότι : $\displaystyle \frac{AP}{PD}\cdot \frac{AT}{TE}=4$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 02, 2013 6:40 pm**

Άσκηση 3

: 3.png (13.47 KiB) Προβλήθηκε 3774 φορές

Σε σημείο

της βάσης

ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , φέρω κάθετη

η οποία τέμνει την πλευρά

στο

και την προέκταση της

στο

Σε άλλο σημείο

της βάσης φέρω κάθετη η οποία τέμνει την

στο

και τον περίκυκλο στο

.

1) Υπολογίστε το λόγο $\displaystyle \frac{BS}{BC}$ , ώστε το

να είναι μέσο του

2) Εξετάστε αν αληθεύει ο ισχυρισμός ότι αν $\displaystyle \frac{BK}{BC}=\frac{10}{13}$ , τότε το

είναι μέσο του

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 02, 2013 9:20 pm**

Άσκηση 4

: 4.png (13.37 KiB) Προβλήθηκε 3730 φορές

Δίνονται δύο κύκλοι με κέντρα O,K

. Εντοπίστε σημείο

του πρώτου κύκλου και

του δεύτερου , ώστε

οι εφαπτόμενες των δύο κύκλων σ'αυτά , τεμνόμενες στο

, να σχηματίζουν το ισόπλευρο τρίγωνο PST

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 02, 2013 9:25 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 2
Το συνημμένο 2.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Με κέντρο το μέσο της βάσης ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , γράφω τόξο $\overset{\frown}{DE}$ , εφαπτόμενο των .

Σε σημείο του $\overset{\frown}{DE}$ , φέρω εφαπτομένη που τέμνει τις στα αντίστοιχα . Δείξτε ότι : $\displaystyle \frac{AP}{PD}\cdot \frac{AT}{TE}=4$

: iso_2.png (15.27 KiB) Προβλήθηκε 3721 φορές

Είναι : $a + x = b + y \Leftrightarrow x - y = b - a\,\,$ και άρα

${(x - y)^2} = {(b - a)^2} \Rightarrow \boxed{{x^2} + {y^2} - 2xy = {b^2} + {a^2} - 2ab}\,\,(1)$ . Από Θ. Συνημίτονου στο

τρίγωνο APT

έχουμε: $P{T^2} = A{P^2} + A{T^2} - AP \cdot AT$ δηλαδή

${(x + y)^2} = {a^2} + {b^2} - ab \Leftrightarrow \boxed{{x^2} + {y^2} + 2xy = {a^2} + {b^2} - ab}\,\,(2)$

Αν αφαιρέσουμε τις $(2)\,\,,\,\,(1)$ κατά μέλη έχουμε :

$4xy = ab \Leftrightarrow \boxed{\frac{a}{x} \cdot \frac{b}{y} = 4}$ δηλαδή το ζητούμενο

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 02, 2013 9:43 pm**

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 1:01 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 3

Το συνημμένο 3.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε σημείο της βάσης ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , φέρω κάθετη

η οποία τέμνει την πλευρά στο και την προέκταση της στο

Σε άλλο σημείο της βάσης φέρω κάθετη η οποία τέμνει την στο και τον περίκυκλο στο .

1) Υπολογίστε το λόγο $\displaystyle \frac{BS}{BC}$ , ώστε το να είναι μέσο του
2) Εξετάστε αν αληθεύει ο ισχυρισμός ότι αν $\displaystyle \frac{BK}{BC}=\frac{10}{13}$ , τότε το είναι μέσο του

Ερώτημα 1

: iso_3_1erotima.png (17.7 KiB) Προβλήθηκε 3652 φορές

Ας πούμε λυμένο το πρόβλημα . Θεωρούμε παράλληλη από το

που τέμνει την

στο σημείο

. Τα ορθογώνια τρίγωνα $SCP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PDT$ θα είναι ίσα γιατί είναι της

μορφής $({90^0}{,60^0}{,30^0})$ και έχουν SP = PT

. Συνεπώς θα έχουν και DP = //SC

.

Άμεση συνέπεια ,το τετράπλευρο SCPT

θα είναι παραλληλόγραμμο. Έτσι

DS = PC = 2SC = 2DP = 2AP

. Δηλαδή $DS = \dfrac{2}{3}AC \Rightarrow \boxed{BS = \dfrac{2}{3}BC}$ . Η τελευταία

μας καθορίζει την θέση του

.

Ερώτημα 2

: iso_3_2erotima.png (20.37 KiB) Προβλήθηκε 3652 φορές

Αν η προέκταση της

κόψει τον κύκλο στο

και θέσουμε :

$KC = x,\,\,KH = t\,\,,NL = LK = y\,\,,BK = w\,\,\,\,$ θα έχουμε

$LC = 2x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,AL = AC - 2x = BC - 2x = w + x - 2x \Rightarrow \boxed{AL = w - x}$ . Ισχύουν :

$KH \cdot KN = KB \cdot KC\,\,\,(1)\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,LA \cdot LC = LN \cdot LH\,\,(2)$ . Επειδή όμως

$y = LK = LC\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \boxed{y = x\sqrt 3 }$ . Μετά απ’ αυτά οι $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$ δίδουν :

$\left\{ \begin{gathered} 2ty = wx \hfill \\ (w - x)2x = y(y + t) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 2tx\sqrt 3 = wx \hfill \\ (w - x)2x = x\sqrt 3 (x\sqrt 3 + t) \hfill \\ \end{gathered} \right.$ δηλαδή έχουμε

$\left\{ \begin{gathered} 2t\sqrt 3 = w \hfill \\ (w - x)2 = \sqrt 3 (x\sqrt 3 + t) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 2t\sqrt 3 = w \hfill \\ (2t\sqrt 3 - x)2 = 3x + t\sqrt 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ . Άρα από την δεύτερη του

προηγουμένου συστήματος έχουμε :

$3t\sqrt 3 = 5x \Rightarrow \boxed{x = \frac{{3t\sqrt 3 }}{5}}\,\,(3)$ και αφού $\boxed{w = 2t\sqrt 3 }\,\,(4)$ , αν διαιρέσουμε τις

$(4)\,,\,(3)\,$ κατά μέλη έχουμε : $\dfrac{w}{x} = \dfrac{{10}}{3} \Rightarrow \dfrac{w}{{x + w}} = \dfrac{{10}}{{13}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{BK}}{{BC}} = \frac{{10}}{13}}$ .

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 3:49 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 4
Το συνημμένο 4.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνονται δύο κύκλοι με κέντρα . Εντοπίστε σημείο του πρώτου κύκλου και του δεύτερου , ώστε

οι εφαπτόμενες των δύο κύκλων σ'αυτά , τεμνόμενες στο , να σχηματίζουν το ισόπλευρο τρίγωνο .

: iso_4.png (33.65 KiB) Προβλήθηκε 3632 φορές

Ας πούμε λυμένο το πρόβλημα.

Η κορυφή

θα ανήκει στον ριζικό άξονα των δύο κύκλων. Έστω

το σημείο τομής των $SO\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TK$ . Επειδή η

διχοτομεί την γωνία $O\widehat LK$ , θα διέρχεται από την κορυφή

του σταθερού ισοπλεύρου τριγώνου με βάση την διάκεντρο

, ενώ το

θα ανήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο ${k_3}$ του πιο πάνω τριγώνου.

Ας πούμε τώρα $OS = R\,\,,\,\,KT = r\,\,,\,\,OK = d\,\,$ που είναι δεδομένα και έστω ακόμα $OL = x\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KL = y$ . Αρκεί να

υπολογιστεί ένα από τα $x\,\,,\,\,y$ για να εντοπιστεί το

Είναι $R + x = r + y \Leftrightarrow R - r = y - x$ και άρα ${(R - r)^2} = {(y - x)^2}\,(1)$ . Από το Θ. συνημίτονου στο τρίγωνο LOK

έχουμε :

$O{K^2} = O{L^2} + L{K^2} + OL \cdot LK$ γιατί η γωνία $O\widehat LK = {120^0}$ . Δηλαδή ${d^2} = {x^2} + {y^2} + xy\,\,\,(2)$ . Από το

σύστημα των $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$

έχουμε :

$\boxed{x = \dfrac{{ - (R - r) + \sqrt {\dfrac{{4{d^2} - {{(R - r)}^2}}}{3}} }}{2}}$ . Η μια από τις τομές των κύκλων ${k_4} \to (O,x)$ με

τον κύκλο ${k_3}$ προσδιορίζει το

.

Δεν μπορώ να πώ ότι είμαι πολύ ευχαριστημένος από την λύση παρ ότι

επαληθεύτηκε. ( Στο σχήμα είναι $R = 6\,\,,r = 4\,\,,\,\,d = 5 \Rightarrow x = 2\sqrt 2 - 1$ ).

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 10:48 am**

ΑΣΚΗΣΗ 5

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ABC

και σημεία D,E

των πλευρών AC,AB

αντίστοιχα, ώστε CD=2DA,AE=2EB

.

Αν οι BD,CE

τέμνονται στο

, να αποδειχθεί ότι $AO\perp OC$ .

*** Διορθώθηκε typo. Ευχαριστώ τη Φωτεινή και τον Χρήστο Κυριαζή.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 11:57 am**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 5

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο και σημεία των πλευρών αντίστοιχα, ώστε .

Αν οι τέμνονται στο , να αποδειχθεί ότι $AO\perp OC$ .

: 5.png (14.56 KiB) Προβλήθηκε 3557 φορές

Έστω

Αρκεί να δείξουμε ότι: $OC^2-OE^2=AC^2-AE^2=\dfrac{5a^2}{9}$

με νόμο συνημιτότων $\vartriangle EBC : CE=\dfrac{a\sqrt 7}{3}$

$\bullet \quad \dfrac{DC}{DA}\cdot \dfrac{EA}{EB}\cdot \dfrac{HB}{HC}=1\Rightarrow HC=4HB$

$\bullet \quad \vartriangle BEC\stackrel{AOH}\Longrightarrow \dfrac{HB}{HC}\cdot \dfrac{OC}{OE}\cdot \dfrac{AE}{AB}=1\Rightarrow OC=6 OE\Rightarrow$ $OC=\dfrac{6}{7}CE,\quad OE=\dfrac{1}{7}CE$

$\bullet \quad OC^2-OE^2=\dots =\dfrac{5a^2}{9}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 1:35 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 5

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο και σημεία των πλευρών αντίστοιχα, ώστε .

Αν οι τέμνονται στο , να αποδειχθεί ότι $AO\perp OC$ .

*** Διορθώθηκε typo. Ευχαριστώ τη Φωτεινή και τον Χρήστο Κυριαζή.

Καλορίζικη η πρωτοβουλία του Μπάμπη και εύχομαι να έχει την ίδια απήχηση με τη συλλογή των τετραγώνων.

: Άσκηση-05.png (10.84 KiB) Προβλήθηκε 3516 φορές

Είναι $B\widehat EC = A\widehat DB$ από $\triangleleft BEC = \triangleleft ADB\,(\Pi - \Gamma - \Pi )$ , συνεπώς AEOD

εγγράψιμο και εφόσον $E\widehat DA = {90^ \circ }\,(AE = 2AD = 2a\,\,\& \,\,E\widehat AD = {60^ \circ })$ έπεται ότι $A\widehat OE = E\widehat DA = {90^ \circ }$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 2:03 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 5

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο και σημεία των πλευρών αντίστοιχα, ώστε .

Αν οι τέμνονται στο , να αποδειχθεί ότι $AO\perp OC$ .

Χαιρετώ όλους
Περίπου σαν τον φίλο το Μιχάλη .

: iso_5.png (28.06 KiB) Προβλήθηκε 3499 φορές

Έστω

το μέσο του

. Το τρίγωνο AEZ

θα είναι ισόπλευρο και η διάμεσος προς την

θα είναι και ύψος του. Δηλαδή $\boxed{ED \bot AD}$ .

Τα τρίγωνα $ABD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CEB\,\,$ έχουν $AB = CB\,\,,\,\,DA = EB\,\,,B\widehat AD = C\widehat {BE} = {60^0}$ και άρα είναι ίσα ,

οπότε θα έχουν $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}$ και έτσι : $\widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}}$ .

Στο τρίγωνο OBC

η εξωτερική του γωνία $C\widehat OD = \widehat {{a_3}} + \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}} + \widehat {{a_1}} = {60^0} = B\widehat AC$ .

Το τετράπλευρο λοιπόν AEOD

είναι εγγράψιμο , οπότε $A\widehat OE = A\widehat DE = {90^0}$ . Δηλαδή $\boxed{AO \bot OC}$ .

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 4:17 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 6

: ask170.png (8.66 KiB) Προβλήθηκε 3449 φορές

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\overset{\triangle}{ABC}$ και και το σημείο

που κινείται στην πλευρά

. Οι διχοτόμοι των γωνιών $A\widehat{M}B\;,\;A\widehat{M}C$ τέμνουν τις $AB\;,\;AC$ στα $D\;,\;E$ αντίστοιχα.

Να αποδειχτεί ότι:

α) $1\leq \dfrac{BD}{DA}+\dfrac{EC}{EA}\leq \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ .
β) $AE\cdot DM+AD\cdot ME>AM\cdot ED$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 5:56 pm**

kostas_zervos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 6

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\overset{\triangle}{ABC}$ και και το σημείο που κινείται στην πλευρά . Οι διχοτόμοι των γωνιών $A\widehat{M}B\;,\;A\widehat{M}C$ τέμνουν τις $AB\;,\;AC$ στα $D\;,\;E$ αντίστοιχα.

Να αποδειχτεί ότι:

α) $1\leq \dfrac{BD}{DA}+\dfrac{EC}{EA}\leq \dfrac{2\sqrt{3}}{3}$ .
β) $AE\cdot DM+AD\cdot ME>AM\cdot ED$ .

: Άσκηση-06.png (8.81 KiB) Προβλήθηκε 3417 φορές

α) Θέτω

την πλευρά του ισοπλεύρου και φέρω το ύψος $AN = \dfrac{{a\sqrt 3 }}{2}$ . Από θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου είναι: $\dfrac{{BD}}{{DA}} + \dfrac{{EC}}{{EA}} = \dfrac{{BM}}{{AM}} + \dfrac{{MC}}{{AM}} = \dfrac{a}{{AM}}$ .

Ισχύει $a \ge AM\mathop \Leftrightarrow \limits^{AM \ne 0} \dfrac{a}{{AM}} \ge \dfrac{{AM}}{{AM}} = 1$ και $AM \ge AN \Leftrightarrow \dfrac{a}{{AM}} \le \dfrac{a}{{AN}} = \dfrac{a}{{\frac{{a\sqrt 3 }}{2}}} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}$ .

β) Πρόκειται για το γενικευμένο θεώρημα του Πτολεμαίου – Σχετική συζήτηση εδώ.