mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 26, 2015 10:09 pm**

Μία ενδιαφέρουσα άσκηση που βρήκα στο Facebook δημοσιευμένη στις 22 / 11 / 2015 από τον Αντώνη Κυριακόπουλο.

Στο παρακάτω σχήμα τα τρίγωνα $AB\Gamma$ και $A\Delta E$ έχουν ίσες περιμέτρους. Να αποδείξετε ότι:
AB+BZ=AE+EZ

: Ισοπεριμετρικά.PNG (14.02 KiB) Προβλήθηκε 1417 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 27, 2015 10:42 am**

ghan έγραψε:Μία ενδιαφέρουσα άσκηση που βρήκα στο Facebook δημοσιευμένη στις 22 / 11 / 2015 από τον Αντώνη Κυριακόπουλο.

Στο παρακάτω σχήμα τα τρίγωνα $AB\Gamma$ και $A\Delta E$ έχουν ίσες περιμέτρους. Να αποδείξετε ότι:

Το συνημμένο Ισοπεριμετρικά.PNG δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Καλημέρα.

: Ισοπεριμετρικά.png (11.86 KiB) Προβλήθηκε 1357 φορές

Έστω

ο

παρεγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $AB\Gamma$ που εφάπτεται στις $AB, A\Gamma, B\Gamma$ στα σημεία M, N, K

αντίστοιχα, και $\displaystyle{\tau }$ η κοινή ημιπερίμετρος των δύο τριγώνων. Είναι $\displaystyle{{\rm A}{\rm M} = {\rm A}{\rm N} = \tau }$ , οπότε ο

είναι ο

παρεγγεγραμμένος κύκλος και του τριγώνου $A\Delta E$ και έστω

το σημείο επαφής του με την $\Delta E$ .

$\displaystyle{{\rm A}{\rm M} = {\rm A}{\rm N} \Leftrightarrow {\rm A}{\rm B} + {\rm B}{\rm K} = {\rm A}{\rm E} + {\rm E}{\rm P} \Leftrightarrow {\rm A}{\rm B} + {\rm B}{\rm Z} + {\rm Z}{\rm K} = {\rm A}{\rm E} + {\rm E}{\rm Z} + {\rm Z}{\rm P}}$

και επειδή ZK=ZP

, θα είναι: $\boxed{AB+BZ=AE+EZ}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 27, 2015 8:44 pm**

george visvikis έγραψε:
ghan έγραψε:Μία ενδιαφέρουσα άσκηση που βρήκα στο Facebook δημοσιευμένη στις 22 / 11 / 2015 από τον Αντώνη Κυριακόπουλο.

Στο παρακάτω σχήμα τα τρίγωνα $AB\Gamma$ και $A\Delta E$ έχουν ίσες περιμέτρους. Να αποδείξετε ότι:

Ισοπεριμετρικά.PNG
Καλημέρα.

Ισοπεριμετρικά.png
Έστω ο παρεγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $AB\Gamma$ που εφάπτεται στις $AB, A\Gamma, B\Gamma$ στα σημεία αντίστοιχα, και $\displaystyle{\tau }$ η κοινή ημιπερίμετρος των δύο τριγώνων. Είναι $\displaystyle{{\rm A}{\rm M} = {\rm A}{\rm N} = \tau }$ , οπότε ο είναι ο παρεγγεγραμμένος κύκλος και του τριγώνου $A\Delta E$ και έστω το σημείο επαφής του με την $\Delta E$ .

$\displaystyle{{\rm A}{\rm M} = {\rm A}{\rm N} \Leftrightarrow {\rm A}{\rm B} + {\rm B}{\rm K} = {\rm A}{\rm E} + {\rm E}{\rm P} \Leftrightarrow {\rm A}{\rm B} + {\rm B}{\rm Z} + {\rm Z}{\rm K} = {\rm A}{\rm E} + {\rm E}{\rm Z} + {\rm Z}{\rm P}}$

και επειδή , θα είναι: $\boxed{AB+BZ=AE+EZ}$

Ευχαριστώ τον κύριο Γιώργο Βισβίκη για την ευφυέστατη λύση του.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 28, 2015 7:46 pm**

george visvikis έγραψε:
ghan έγραψε:Μία ενδιαφέρουσα άσκηση που βρήκα στο Facebook δημοσιευμένη στις 22 / 11 / 2015 από τον Αντώνη Κυριακόπουλο.

Στο παρακάτω σχήμα τα τρίγωνα $AB\Gamma$ και $A\Delta E$ έχουν ίσες περιμέτρους. Να αποδείξετε ότι:

Ισοπεριμετρικά.PNG
Καλημέρα.

Ισοπεριμετρικά.png
Έστω ο παρεγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $AB\Gamma$ που εφάπτεται στις $AB, A\Gamma, B\Gamma$ στα σημεία αντίστοιχα, και $\displaystyle{\tau }$ η κοινή ημιπερίμετρος των δύο τριγώνων. Είναι $\displaystyle{{\rm A}{\rm M} = {\rm A}{\rm N} = \tau }$ , οπότε ο είναι ο παρεγγεγραμμένος κύκλος και του τριγώνου $A\Delta E$ και έστω το σημείο επαφής του με την $\Delta E$ .

$\displaystyle{{\rm A}{\rm M} = {\rm A}{\rm N} \Leftrightarrow {\rm A}{\rm B} + {\rm B}{\rm K} = {\rm A}{\rm E} + {\rm E}{\rm P} \Leftrightarrow {\rm A}{\rm B} + {\rm B}{\rm Z} + {\rm Z}{\rm K} = {\rm A}{\rm E} + {\rm E}{\rm Z} + {\rm Z}{\rm P}}$

και επειδή , θα είναι: $\boxed{AB+BZ=AE+EZ}$

Γιώργο, κάπου το είχα δει λυμένο αυτό το πρόβλημα σε ένα αγγλικό βιβλίο διαγωνισμών , αλλά δεν θυμάμαι να είχε τόσο καλή λύση.

Σε ευχαριστώ και γω με τη σειρά μου !

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 28, 2015 8:18 pm**

Να ευχαριστήσω τον ghan και το Μπάμπη για τα καλά τους λόγια.

Στο φροντιστήριο, είχα την τύχη να είμαι μαθητής ενός καταπληκτικού Γεωμέτρη (πρώην καθηγητή του ΕΜΠ), ο οποίος μεταξύ άλλων μας είχε πει: "Όταν ακούτε για περίμετρο τριγώνου, να γράφετε τον παρεγγεγραμμένο κύκλο".

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 28, 2015 8:35 pm**

$\bullet$ Το πρόβλημα αυτό έρχεται από το παρελθόν. Στο βιβλίο Γεωμετρίας Ιησουϊτών (*), σελίδα 333, υπάρχει ως θεώρημα 157, η ακόλουθη πρόταση με αναφορά στον Steiner και χρονολογία 1846.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Σε κάθε παρεγγράψιμο τετράπλευρο, η διαφορά δύο απέναντι πλευρών του είναι ίση με την διαφορά των δύο άλλων.

Σε συνδυασμό με το θεώρημα 158 τώρα, στην σελίδα 334, ισχύει και το αντίστροφο.

Εάν σε ένα τετράπλευρο η διαφορά δύο πλευρών του είναι ίση με την διαφορά των δύο άλλων, τότε το τετράπλευρο είναι παρεγγράψιμο.

Έχουμε δηλαδή τις ίσες διαφορές των απέναντι πλευρών ως κριτήριο παρεγγραψιμότητας ενός τετραπλεύρου, όπως έχουμε τα ίσα αθροίσματα των απέναντι πλευρών, ως κριτήριο περιγραψιμότητας .

Η απόδειξη του αντίστροφου για το παρεγγράψιμο τετράπλευρο είναι εύκολη.

$\bullet$ Πράγματι, στο σχήμα του Γιώργου πιο πάνω, έστω ότι ο

-παρεγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\vartriangle ABC$ εφάπτεται της πλευράς

στο σημείο

και έστω ότι η δια του σημείου $Z\equiv BC\cap DE$ εφαπτομένη του ιδίου κύκλου, τέμνει τις $AM,\ AN$ , στα σημεία $D',\ E'$ , αντιστοίχως και ας είναι το

μεταξύ των $B,\ D$ οπότε το

θα είναι μεταξύ των $E,\ C$ .

Από το παρεγγράψιμο τεράπλευρο ABZE'

έχουμε $AB - ZE' = AE' - BZ\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και

που θεωρείται ότι ισχύει στο τετράπλευρο ABZE

, προκύπτει ότι $AE' + E'Z = AE + EZ\ \ \ ,(2)$

Από $(2)\Rightarrow$ $E'\equiv E$ και άρα, η

εφάπτεται στον

-παρεγγεγραμμένο κύκλο του $\vartriangle ABC$ και το τετράπλευρο ABZE

είναι παρεγγράψιμο.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Εύκολα τώρα η εκφώνηση αλλάζει μορφή στο γνωστό αυτό πρόβλημα από το παρελθόν, αφού από AM = AN

στο σχήμα του Γιώργου

προκύπτει ως άμεσο αποτέλεσμα ότι τα τρίγωνα $\vartriangle ABC,\ \vartriangle ADE$ είναι ισοπεριμετρικά.

Με αρκετή έμπνευση επίσης, η εκφώνηση παίρνει την μορφή που έχει δοθεί Εδώ , αφού από $AB - ZE = AE - BZ\Rightarrow$ AB + BZ = AE + ZE

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 29, 2015 12:05 am**

vittasko έγραψε: $\bullet$ Το πρόβλημα αυτό έρχεται από το παρελθόν. Στο βιβλίο Γεωμετρίας Ιησουϊτών (*), σελίδα 333, υπάρχει ως θεώρημα 157, η ακόλουθη πρόταση με αναφορά στον Steiner και χρονολογία 1846.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
(*) Εκδόσεις Α. ΚΑΡΑΒΙΑ, Αθήνα 1952. Μετάφραση της Ε' γαλλικής έκδοσης 1910 (;) υπό Δ. ΓΚΙΟΚΑ.
Σε κάθε παρεγγράψιμο τετράπλευρο, η διαφορά δύο απέναντι πλευρών του είναι ίση με την διαφορά των δύο άλλων.

Σε συνδυασμό με το θεώρημα 158 τώρα, στην σελίδα 334, ισχύει και το αντίστροφο.

Εάν σε ένα τετράπλευρο η διαφορά δύο πλευρών του είναι ίση με την διαφορά των δύο άλλων, τότε το τετράπλευρο είναι παρεγγράψιμο.

Έχουμε δηλαδή τις ίσες διαφορές των απέναντι πλευρών ως κριτήριο παρεγγραψιμότητας ενός τετραπλεύρου, όπως έχουμε τα ίσα αθροίσματα των απέναντι πλευρών, ως κριτήριο περιγραψιμότητας .

Η απόδειξη του αντίστροφου για το παρεγγράψιμο τετράπλευρο είναι εύκολη.

Ευχαριστώ πολύ τον κύριο Βήτα που μου θύμισε το τέταρτο θέμα Γεωμετρίας (εδώ) που είχε τεθεί το 1975

στη ΣΜΑ και βασιζόταν σ’ αυτήν ακριβώς την ιδιότητα των παρεγγράψιμων τετραπλεύρων και μάλιστα κυρτών ή μη κυρτών.

mathematica.gr

Δύο Ισοπεριμετρικά τρίγωνα

Δύο Ισοπεριμετρικά τρίγωνα

Re: Δύο Ισοπεριμετρικά τρίγωνα

Re: Δύο Ισοπεριμετρικά τρίγωνα

Re: Δύο Ισοπεριμετρικά τρίγωνα

Re: Δύο Ισοπεριμετρικά τρίγωνα

Re: Δύο Ισοπεριμετρικά τρίγωνα

Re: Δύο Ισοπεριμετρικά τρίγωνα