mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 29, 2019 5:53 pm**

: Διχοτόμηση τμήματος..png (17.35 KiB) Προβλήθηκε 2375 φορές

Από τις κορυφές B, C

ορθογωνίου τριγώνου ABC

φέρνω εκτός του τριγώνου κάθετες στην υποτείνουσα

και θεωρώ

επί αυτών τα σημεία Q, P

αντίστοιχα ώστε BQ=BA

και

Οι

τέμνονται στο

και οι

τέμνουν την

στα

Να δείξετε ότι η

διχοτομεί το τμήμα MN.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 30, 2019 7:58 pm**

Αν θεωρήσουμε το ύψος AA’

του τριγώνου ABC

κατανοούμε ότι οι AN,AM

είναι διχοτόμοι των $\angle BA{A{'}},\;\angle {A{'}}AC$ αντίστοιχα.
Εύκολα λοιπόν παίρνουμε ότι τα τρίγωνα $BMA,\;\;CAN$ είναι ισοσκελή. Άρα έχουμε $BM=c,\;\;CN=b$ .
Αν τώρα θεωρήσουμε από το

παράλληλη στην

που τέμνει τις AQ, AP

στα

αντίστοιχα παίρνουμε: $\displaystyle{\frac{{SK}}{{CN}} = \frac{{QS}}{{QC}} \Rightarrow \frac{{SK}}{b} = \frac{c}{{b + c}}\;\;\left( 1 \right),}$ $\displaystyle{\frac{{SL}}{{BM}} = \frac{{PS}}{{PB}} \Rightarrow \frac{{SL}}{c} = \frac{b}{{b + c}} \Rightarrow \frac{c}{{SL}} = \frac{{b + c}}{b}\;\left( 2 \right).}$
Αν πολλαπλασιάσουμε τις $\left( 1 \right),\;\left( 2 \right)$ κατά μέλη έχουμε το ζητούμενο, χρησιμοποιώντας βέβαια εδώ το θεώρημα της δέσμης με κορυφή την

και ακτίνες AK, AS, AL

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 30, 2019 10:20 pm**

S.E.Louridas έγραψε: Κυρ Ιουν 30, 2019 7:58 pm Αν θεωρήσουμε το ύψος του τριγώνου κατανοούμε ότι οι είναι διχοτόμοι των $\angle BA{A{'}},\;\angle {A{'}}AC$ αντίστοιχα.
Εύκολα λοιπόν παίρνουμε ότι τα τρίγωνα $BMA,\;\;CAN$ είναι ισοσκελή. Άρα έχουμε $BM=c,\;\;CN=b$ .
Αν τώρα θεωρήσουμε από το παράλληλη στην που τέμνει τις στα αντίστοιχα παίρνουμε: $\displaystyle{\frac{{SK}}{{CN}} = \frac{{QS}}{{QC}} \Rightarrow \frac{{SK}}{b} = \frac{c}{{b + c}}\;\;\left( 1 \right),}$ $\displaystyle{\frac{{SL}}{{BM}} = \frac{{PS}}{{PB}} \Rightarrow \frac{{SL}}{c} = \frac{b}{{b + c}} \Rightarrow \frac{c}{{SL}} = \frac{{b + c}}{b}\;\left( 2 \right).}$
Αν πολλαπλασιάσουμε τις $\left( 1 \right),\;\left( 2 \right)$ κατά μέλη έχουμε το ζητούμενο, χρησιμοποιώντας βέβαια εδώ το θεώρημα της δέσμης με κορυφή την και ακτίνες .

Πολύ ωραίο Σωτήρη !

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 01, 2019 8:12 am**

Doloros έγραψε: Κυρ Ιουν 30, 2019 10:20 pm
S.E.Louridas έγραψε: Κυρ Ιουν 30, 2019 7:58 pm Αν θεωρήσουμε το ύψος του τριγώνου κατανοούμε ότι οι είναι διχοτόμοι των $\angle BA{A{'}},\;\angle {A{'}}AC$ αντίστοιχα.
Εύκολα λοιπόν παίρνουμε ότι τα τρίγωνα $BMA,\;\;CAN$ είναι ισοσκελή. Άρα έχουμε $BM=c,\;\;CN=b$ .
Αν τώρα θεωρήσουμε από το παράλληλη στην που τέμνει τις στα αντίστοιχα παίρνουμε: $\displaystyle{\frac{{SK}}{{CN}} = \frac{{QS}}{{QC}} \Rightarrow \frac{{SK}}{b} = \frac{c}{{b + c}}\;\;\left( 1 \right),}$ $\displaystyle{\frac{{SL}}{{BM}} = \frac{{PS}}{{PB}} \Rightarrow \frac{{SL}}{c} = \frac{b}{{b + c}} \Rightarrow \frac{c}{{SL}} = \frac{{b + c}}{b}\;\left( 2 \right).}$
Αν πολλαπλασιάσουμε τις $\left( 1 \right),\;\left( 2 \right)$ κατά μέλη έχουμε το ζητούμενο, χρησιμοποιώντας βέβαια εδώ το θεώρημα της δέσμης με κορυφή την και ακτίνες .
Πολύ ωραίο Σωτήρη !

Καλημέρα φίλε μου Νίκο.
Απλά να σου πω ότι η ισοσκελία των τριγώνων $BMA,\;\;CAN$ βγαίνει και χωρίς να θεωρήσουμε το ύψος AA'

. Αλλά γράφοντας την λύση άμεσα και χωρίς να τη "ρετουσάρω", δηλαδή επί του πιεστηρίου, επειδή μου άρεσε η πλοκή να πάω ως ιδέα επίλυσης μέσω δέσμης ευθειών, εδώ και σε πρώτη φάση το χρησιμοποίησα. Μετά βέβαια είδα ότι τεχνικά βγαίνει και με τον άλλο απλό τρόπο χωρίς δηλαδή τη θεώρηση το ύψους. Ευτυχώς ή δυστυχώς έχουμε κάποιοι εδώ το στοιχείο του αυθορμητισμού και ενθουσιασμού ως λύτες ακόμα ζωντανό, θεωρώντας ότι ένας από αυτούς είσαι και εσύ.
Any way.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 22, 2020 10:36 pm**

george visvikis έγραψε: Σάβ Ιουν 29, 2019 5:53 pm Διχοτόμηση τμήματος..png
Από τις κορυφές ορθογωνίου τριγώνου φέρνω εκτός του τριγώνου κάθετες στην υποτείνουσα και θεωρώ

επί αυτών τα σημεία αντίστοιχα ώστε και Οι τέμνονται στο και οι

τέμνουν την στα Να δείξετε ότι η διχοτομεί το τμήμα

Έστω $\rm K\equiv AS\cap BC$ .Είναι $\rm BAM=90^{\circ}-\angle CAP=90^{\circ}-\dfrac{180^{\circ}-\angle ACP}{2}=\dfrac{90^{\circ}+\angle C}{2}=\dfrac{180^{\circ}-\angle B }{2}\Leftrightarrow BA=BM$ και ομοίως $\rm CA=CN$ .
Είναι $\rm MN=MB-BN=c-\left ( a-b \right )=b+c-a$ άρα αν θέσω $\rm KP=x$ αρκεί $\rm x=\dfrac{b+c-a}{2}$ .
Από το θεώρημα Μενελάου στο $\rm BMP$ διατέμνουσας $\overline{SKA}$ είναι $\rm \dfrac{x}{c-x}\cdot \dfrac{SB}{SP}\cdot \dfrac{AP}{AM}=1$
Από το γενικευμένο θεώρημα διχοτόμων στο $\rm ACP$ έχω $\rm \dfrac{AP}{AM}=1+\dfrac{MP}{AM}=1+\dfrac{b\sin 90^{\circ}}{b\sin \angle C}=\dfrac{a+c}{c}$ .
Άρα είναι $\rm \dfrac{x}{c-x}\cdot \dfrac{a+c}{c}\cdot \dfrac{c}{b}=1\Leftrightarrow x=\dfrac{bc}{a+b+c}$
Αρκεί λοιπόν $\rm \dfrac{bc}{a+b+c}=\dfrac{b+c-a}{2}\Leftrightarrow ..\Leftrightarrow a^2=b^2+c^2$ που ισχύει και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

mathematica.gr

Διχοτόμηση τμήματος

Διχοτόμηση τμήματος

Re: Διχοτόμηση τμήματος

Re: Διχοτόμηση τμήματος

Re: Διχοτόμηση τμήματος

Re: Διχοτόμηση τμήματος