mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Οκτ 04, 2018 8:56 pm**

: 1.png (9.93 KiB) Προβλήθηκε 1201 φορές

Καλησπέρα.

Στο παραπάνω σχήμα τα σημεία A, B, C, D

είναι συνευθειακά και AB=CD

.

Δείξτε ότι AP=PD

και

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 05, 2018 10:16 am**

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: Πέμ Οκτ 04, 2018 8:56 pm Στο παραπάνω σχήμα τα σημεία είναι συνευθειακά και .

Δείξτε ότι και .

Έστω $\angle A > \angle D$ πότε και $\angle PBC = A+ \theta > D+\theta = \angle PCB$ . Έπεται από το τρίγωνο APD

ότι

και από το PBC

ότι

. Άρα $\frac {1}{2} PD\cdot PC \sin \theta > \frac {1}{2} PA\cdot PB \sin \theta$ ή αλλιώς $(PCD)>(PAB) \, (*)$ που είναι αντίφαση γιατί τα εν λόγω τρίγωνα έχουν ίσα εμβαδά (ίσες βάσεις και ίσα ύψη).

Όμοια δεν μπορεί $\angle A < \angle D$ , οπότε οι γωνίες είναι ίσες και το ζητούμενο έπεται από τα ισοσκελή τρίγωνα $PAD, \, PBC$ .

(*) Έκανα την λύση με τύπο εμβαδού που είναι στην ύλη της Β' Λυκείου, αλλά αυτό διορθώνεται: Απλά παρατηρούμε από τα αποδειχθέντα ότι έπεται εύκολα ότι το ύψος από το

στο τρίγωνο PCD

είναι μεγαλύτερο από το ύψος από το

στο τρίγωνο PAB

οπότε πάλι έχουμε την ανισότητα (*) στα εμβαδά.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 05, 2018 10:51 am**

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: Πέμ Οκτ 04, 2018 8:56 pm 1.png

Καλησπέρα.

Στο παραπάνω σχήμα τα σημεία είναι συνευθειακά και .

Δείξτε ότι και .

: Λήμμα Φ.png (14.4 KiB) Προβλήθηκε 1126 φορές

Οι

τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου PAD

στα

αντίστοιχα. Προφανώς, AE=HD

και

$E\widehat AD=H\widehat DA.$ Άρα τα τρίγωνα ABE, DCH

είναι ίσα, $\displaystyle P\widehat BC = P\widehat CB \Leftrightarrow PB = PC$ και εύκολα τώρα PA=PD.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 05, 2018 10:59 am**

Αν σε ένα τρίγωνο γνωρίζουμε την μια πλευρά του, το ύψος σε αυτή την πλευρά και την απέναντι γωνία τότε ορίζεται μονοσήμαντα.
Ετσι $\triangle PBD=\triangle PAC$ . Αρα PA=PD, PB=PC

Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 05, 2018 12:54 pm**

Καλημέρα.

Έστω O_1,O_2

τα περίκεντρα των τριγώνων $\vartriangle O_1AB, \vartriangle O_2CD$ , αντίστοιχα.

Τότε, από τον Νόμο Ημιτόνων, ισχύει $2O_1A=\dfrac{AB}{\sin \theta}=\dfrac{CD}{\sin \theta}=2O_2D \Rightarrow O_1A=O_2D$ , οπότε τα τρίγωνα $\vartriangle O_1AB, \vartriangle O_2CD$ έχουν ίσες ακτίνες περιγεγραμμένων κύκλων.

Προφανώς, $\angle AO_1B=2\theta$ , και αφού AO_1=O_1B

, ισχύει $\angle O_1BA=90^\circ-\theta \Rightarrow \angle O_1BC=90^\circ +\theta$ , και όμοια $\angle O_2CB=90^\circ+\theta$ .

Έτσι, τα τρίγωνα $\vartriangle O_1BC, \vartriangle O_2BC$ , έχουν

κοινή,

, και επίσης $\angle O_1BC=\angle O_2CB$ . Έτσι, O_1C=O_2B

, και $\angle O_2BC=\angle O_1CB$ .

Αν λοιπόν $Q \equiv O_1C \cap O_2B$ , ισχύει $QB=QC, O_2B=O_1C \Rightarrow QO_1=QO_2 \Rightarrow$ όλες οι μπλε γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους, και άρα το O_1O_2CB

είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Συνεπώς, $\angle O_2O_1B=\angle O_1O_2C$ , και αφού $PO_1=PO_2 \Rightarrow \angle PO_1O_2=\angle PO_2O_1$ , οπότε $\angle PO_1B=\angle PO_2C$ .

Άρα, τα τρίγωνα $\vartriangle PO_1B, PO_2C$ είναι ίσα (ισοσκελή με ίση γωνία κορυφής), και άρα PB=PC

.
Εύκολα πλέον ισχύει και PA=PD

.

: FANIS.png (33.56 KiB) Προβλήθηκε 1103 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 05, 2018 1:27 pm**

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: Πέμ Οκτ 04, 2018 8:56 pm 1.png

Καλησπέρα.

Στο παραπάνω σχήμα τα σημεία είναι συνευθειακά και .

Δείξτε ότι και .

Το θεώρημα Steiner δίνει $\displaystyle \frac{{AB \cdot AC}}{{DC \cdot DB}} = {\left( {\frac{{AP}}{{PD}}} \right)^2}$ .Αλλά $\displaystyle AB = CD,AC = DB$

άρα $\displaystyle \boxed{AP = PD} \Rightarrow \angle D = \angle A \Rightarrow \angle PCB = \angle PBC \Rightarrow \boxed{PB = PC}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 05, 2018 2:50 pm**

Γεια σου Ορέστη.Ευχαριστώ για το σχήμα.

Στο σχήμα του Ορέστη.

Τα τρίγωνα $O_{1}AB,O_{2}CD$
είναι ίσα.

Προκύπτει ότι οι κύκλοι έχουν ίσες ακτίνες και το $AO_{1}O_{2}D$
είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Ετσι η κοινή χορδή των κύκλων είναι μεσοκάθετος της $O_{1}O_{2}$
οπότε και της

.

Αρα το PAD