mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 14, 2018 10:34 pm**

: GEOMETRIA201=FB2053.png (49.31 KiB) Προβλήθηκε 979 φορές

Εστω ισοσκελές τρίγωνο $ABC (AB=AC, \hat{A}<90^o)$ και

ύψος.

Εστω επίσης

σημείο στην προέκταση της

ώστε

Οι κύκλοι

τέμνονται στο

Δείξτε ότι το τρίγωνο BDP

είναι ισόπλευρο

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 15, 2018 2:27 am**

Αγνοώ προσωρινά το κύκλο . Αν

το μέσο της βάσης του ισοσκελούς

τριγώνου ABC

τότε στο ορθογώνιο τρίγωνο DBC

η διάμεσος

ισούται με

.Έτσι η από το

κάθετη στη

θα είναι μεσοκάθετη

στην ακτίνα

.Του κύκλου: (B,BD)

. Έστω

το αντιδιαμετρικό του

και

το μέσο της

. Αν η

κόψει το κύκλο αυτό στα P,S

προφανώς τα τρίγωνα $PDB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SDB$ είναι ισόπλευρα. Αρκεί να δείξω ότι ο κύκλος (E,EC)

διέρχεται από τα S,P

ή και μόνο ένα απ’ αυτά π.χ. το

.

: Απο ισοσκελές ισόπλευρο.png (40.11 KiB) Προβλήθηκε 948 φορές

Θέτω: $EC = v\,\,,\,\,ES = u\,\,,\,\,BK = KD = y\,,\,\,\,KS = t,\,\,\,\,KM = m\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AD = AE = x$ .

Προφανώς δε $DC = 2m\,\,,\,\,SD = SB = 2y\,\,\kappa \alpha \iota \,\,t = y\sqrt 3$ . Από το ορθογώνιο τρίγωνο KSE

με Θεώρημα Πυθαγόρα έχω :

${u^2} = {t^2} + {(y + 2x)^2} = 3{y^2} + {y^2} + 4xy + 4{x^2} = 4({x^2} + xy + {y^2})\,\,(1)$ .

Από το ορθογώνιο τρίγωνο DEC

ομοίως : ${v^2} = 4({x^2} + {m^2})\,\,(2)$ .

Αρκεί να δείξω ότι $u = v \Leftrightarrow {u^2} = {v^2} \Leftrightarrow \boxed{xy + {y^2} = {m^2}}\,\,(3)$ .

Αλλά από το ορθογώνιο τρίγωνο DAC

και δεδομένου ότι AC = AB

έχω :

$A{C^2} = A{B^2} \Leftrightarrow 4{m^2} + {x^2} = {(2y + x)^2} \Leftrightarrow \boxed{xy + {y^2} = {m^2}}$ δηλαδή η (3)

.

Άρα ο κύκλος (E,EC)

διέρχεται από τις κορυφές S,P

των ισόπλευρων τριγώνων : $SBD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PBD$ .

Θα ψάξω για πιο κομψή λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 15, 2018 11:50 am**

sakis1963 έγραψε: Σάβ Ιούλ 14, 2018 10:34 pm GEOMETRIA201=FB2053.png
Εστω ισοσκελές τρίγωνο $ABC (AB=AC, \hat{A}<90^o)$ και ύψος.

Εστω επίσης σημείο στην προέκταση της ώστε

Οι κύκλοι τέμνονται στο

Δείξτε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο

Καλημέρα!

: Ισόπλευρο από ισοσκελές.png (24.11 KiB) Προβλήθηκε 908 φορές

$\displaystyle E{C^2} = C{D^2} + D{E^2} \Leftrightarrow {R^2} = {b^2} - A{D^2} + 4A{D^2} = {b^2} + 3{(b - r)^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{{R^2} = 4{b^2} + 3{r^2} - 6br}$ (1)

$\displaystyle E{P^2} - P{B^2} = E{N^2} - B{N^2} \Leftrightarrow {R^2} - {r^2} = {(2AD + DN)^2} - {(r - DN)^2} \Leftrightarrow$

$\displaystyle {R^2} = 4A{D^2} + 4AD \cdot DN + 2r \cdot DN \Leftrightarrow {R^2} = 4{(b - r)^2} + 2(2b - r)DN\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)}$

$\displaystyle (2b - r)(2DN - r) = 0,$ απ' όπου παίρνουμε r=2DN,

η

είναι μεσοκάθετος του

κι επειδή

το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 18, 2018 4:17 pm**

sakis1963 έγραψε: Σάβ Ιούλ 14, 2018 10:34 pm GEOMETRIA201=FB2053.png
Εστω ισοσκελές τρίγωνο $ABC (AB=AC, \hat{A}<90^o)$ και ύψος.

Εστω επίσης σημείο στην προέκταση της ώστε

Οι κύκλοι τέμνονται στο

Δείξτε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο

Εστω ότι $AB=AC=b,AD=AE=d,BD=BP=x,DP=\psi$ θα αποδειχθεί ότι $x=\psi$
Είναι $EC^{2}=EP^{2}=b^{2}+3d^{2},(2)$ ,
x=b-d,(1)

Από το θεώρημα του Stweart

στο τρίγωνο $EBP,x(EP)^{2}+(ED)x^{2}=(EB)(DP^{2}+BD.DE),(3), (1),(2),(3)\Rightarrow \psi =b-d$
Συνεπώς $x=\psi$
και το τρίγωνο DBP

είναι ισόπλευρο

Γιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 20, 2018 3:16 pm**

Δανείζομαι σχήμα και συμβολισμό από τον Γιάννη (StopJohn) για να δώσω ακόμα μια πιο στοιχειώδη απόδειξη με τον νόμο συνημιτόνων:
Έστω λοιπόν ότι AB=AC=b

,

,

.
Από τα δύο ορθογώνια ADC

,

παίρνουμε $l^2-(2d)^2=b^2-d^2\Leftrightarrow l^2=b^2+3d^2$
Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο EBP

με

,

,

έχουμε
$l^2=(b+d)^2+(b-d)^2-2(b+d)(b-d)cosB\Leftrightarrow$
$b^2+3d^2=2b^2+2d^2-2(b^2-d^2)cosB\Leftrightarrow$
$cosB=\frac{1}{2}\Rightarrow \widehat{EBP}=60^\circ$
Αφού λοιπόν το τρίγωνο DBP

είναι ισοσκελές με μία γωνία $60^\circ$ , θα είναι ισόπλευρο.

mathematica.gr

Ισόπλευρο από ισοσκελές

Ισόπλευρο από ισοσκελές

Re: Ισόπλευρο από ισοσκελές

Re: Ισόπλευρο από ισοσκελές

Re: Ισόπλευρο από ισοσκελές

Re: Ισόπλευρο από ισοσκελές