mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 30, 2020 5:07 pm**

Είδαμε πρόσφατα εδώ και εδώ και εδώ και εδώ αλλά και παλαιότερα εδώ και εδώ μία ιδιαίτερα δημοφιλή κατηγορία τριγώνων.

Εκείνα όπου το ορθόκεντρο είναι μέσο ενός ύψους. Ας δούμε λοιπόν κάποιες ιδιότητες που παρουσιάζουν αυτά τα τρίγωνα.

: Ορθόκεντρο μέσο ύψους.png (13.45 KiB) Προβλήθηκε 1932 φορές

είναι τα ύψη τριγώνου ABC

και το ορθόκεντρο

είναι μέσο του AD.

Να δείξετε ότι:

$\displaystyle A{D^2} = 2BD \cdot DC$ .................

$\displaystyle \tan B \cdot \tan C = 2$ ...................

$\displaystyle \cos A = \cos B \cdot \cos C$

$\displaystyle {b^2} + {c^2} - {a^2} = A{D^2}$ ...............

$\displaystyle 3{a^2} + {b^2} + {c^2} =16 {R^2}$ .............

$\displaystyle 3EF = DE + DF$

Τα δύο πρώτα έχουν ήδη αποδειχθεί στις παραπομπές, εκτός και αν υπάρχουν κάποιες καινούργιες ιδέες.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 09, 2020 7:20 pm**

Noμίζω ότι η πρώτη φορά που είδαμε την πρώτη ισότητα από τις έξη , είναι στην παρακάτω δημοσίευση
viewtopic.php?f=58&t=38656&p=180589&hil ... 82#p180589.
Στην λύση που δημοσίευσα τότε, μπορείτε να δείτε ότι βασίστηκα στην ισότητα $BD\cdot DC=DH\cdot DA$ .
Aναφέρομαι στο σχήμα του Γιώργου Βισβίκη της παρούσας δημοσίευσης.
Tώρα θα αποδειχθεί η τρίτη ισότητα από αυτές που προτείνει ο Γιώργος.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο FAC

προκύπτει ότι $\displaystyle cosA=\frac{AF}{b}$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο DBA

προκύπτει ότι $\displaystyle cosB=\frac{BD}{c}$

Aπό το ορθογώνιο τρίγωνο DAC

προκύπτει ότι $\displaystyle cosC=\frac{DC}{b}$

Έτσι λοιπόν $\displaystyle cosB \cdot cosC=\frac{BD}{c}\cdot\frac{DC}{b}=\frac{BD\cdot DC}{c\cdot b}=\frac{DH\cdot DA}{c\cdot b}$

Aπό το εγγράψιμο τετράπλευρο HDBF

προκύπτει ότι $DH\cdot DA=AH\cdot DA=AF\cdot AB$

Συνεπώς $\displaystyle cosB \cdot cosC=\frac{AF\cdot AB}{c\cdot b}=\frac{AF}{b}$

Αποδείχθηκε ότι $cosA=cosB \cdot cosC$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 17, 2020 6:46 pm**

Θα αποδειχθεί η τέταρτη και πέμπτη ισότητα.

Έχουμε δει ότι $AD^{2}=2\cdot BD\cdot DC$ και $cosA=cosB\cdot cosC.$

Από το νόμο του συνημιτόνου στο τρίγωνο ABC

προκύπτει ότι
$\displaystyle cosA=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}$

Στην προηγούμενη δημοσίευση είδαμε ότι
$\displaystyle cosB=\frac{BD}{c}$ και ότι $\displaystyle cosC=\frac{DC}{b}$

Έτσι λοιπόν
$\displaystyle cosA=cosB\cdot cosC\Rightarrow \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{BD}{c}\cdot \frac{DC}{b}\Rightarrow b^{2}+c^{2}-a^{2}=2\cdot BD\cdot DC\Rightarrow$

$b^{2}+c^{2}-a^{2}=AD^{2}$

Aποδείχθηκε η τέταρτη ισότητα , ας δούμε την πέμπτη.

Φυσικά ισχύει $AD^{2}=\left ( 2\cdot AH \right )^{2}=4\cdot AH^{2}$ και ξέρουμε επίσης ότι $AH^{2}=4R^{2}-a^{2}$

Έτσι λοιπόν η τέταρτη ισότητα μπορεί να γραφεί $b^{2}+c^{2}-a^{2}=4\left (4R^{2}-a^{2} \right )$ η οποία με την σειρά της δίνει την

$b^{2}+c^{2}+3a^{2}=16R^{2}$

Αποδείχθηκε και η πέμπτη ισότητα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 18, 2020 11:35 am**

Να ευχαριστήσω τον φίλο Τηλέμαχο για τις αποδείξεις του στα ερωτήματα 3,4

και

Απομένει αναπάντητο μόνο το ερώτημα

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 18, 2020 4:34 pm**

george visvikis έγραψε: Τρί Αύγ 18, 2020 11:35 am Να ευχαριστήσω τον φίλο Τηλέμαχο για τις αποδείξεις του στα ερωτήματα και
Απομένει αναπάντητο μόνο το ερώτημα

Επειδή έχω πρόβλημα με το mathtype να πω ότι δύο φορές το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου στο ποδικό τρίγωνο και 4 θεωρήματα Μενελάου σε κατάλληλα τρίγωνα δίνουν απάντηση στο πρόβλημα

Αν κάποιος θέλει να το γράψει ας μου στείλει ένα μήνυμα να του στείλω σε φωτογραφία τη λύση

Ευχαριστώ
Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 18, 2020 5:31 pm**

Καλησπέρα!

Διαφορετικά για το 6:

Έστω $K\equiv AD\cap FE$ .

Τότε έχω διαδοχικά:

$tanBtanC=2\Leftrightarrow \dfrac{AF}{FH}\cdot \dfrac{AE}{EH}=2 \Leftrightarrow AF\cdot AEsinA=2FH\cdot EHsinA\Leftrightarrow$

$(FAE)=2(FHE)\Leftrightarrow AK=2KH\Leftrightarrow DK=4KH\Leftrightarrow$

$(FDE)=4(FHE)\Leftrightarrow sr=2FEr\Leftrightarrow s=2FE\Leftrightarrow$

$FE+DE+DF=4FE\Leftrightarrow 3EF=DE+DF$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 18, 2020 7:03 pm**

george visvikis έγραψε: Πέμ Ιούλ 30, 2020 5:07 pm Είδαμε πρόσφατα εδώ και εδώ και εδώ και εδώ αλλά και παλαιότερα εδώ και εδώ μία ιδιαίτερα δημοφιλή κατηγορία τριγώνων.

Εκείνα όπου το ορθόκεντρο είναι μέσο ενός ύψους. Ας δούμε λοιπόν κάποιες ιδιότητες που παρουσιάζουν αυτά τα τρίγωνα.
Ορθόκεντρο μέσο ύψους.png
είναι τα ύψη τριγώνου και το ορθόκεντρο είναι μέσο του Να δείξετε ότι:

$\displaystyle A{D^2} = 2BD \cdot DC$ ................. $\displaystyle \tan B \cdot \tan C = 2$ ................... $\displaystyle \cos A = \cos B \cdot \cos C$

$\displaystyle {b^2} + {c^2} - {a^2} = A{D^2}$ ............... $\displaystyle 3{a^2} + {b^2} + {c^2} =16 {R^2}$ ............. $\displaystyle 3EF = DE + DF$

Τα δύο πρώτα έχουν ήδη αποδειχθεί στις παραπομπές, εκτός και αν υπάρχουν κάποιες καινούργιες ιδέες.

6.Είναι γνωστό (η απόδειξη είναι απλή)ότι με P,Q

συμμετρικά τoυ

ως προς τις AB,AC

τα

είναι συνευθειακά

$MD=2FH \Rightarrow \dfrac{FH}{PD} = \dfrac{KH}{KD}= \dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{DH}{HK} =3$

$HE//DQ \Rightarrow \dfrac{EQ}{EK}= \dfrac{DH}{HK}=3 \Rightarrow EQ=ED=3EK(1) )$ και

$FH//PD \Rightarrow \dfrac{FP}{FK}= \dfrac{HD}{HK}=3 \Rightarrow PF=FD=3FK (2)$

$(1)+(2) \Rightarrow PF+QE=3(FK+KE )=3FE \Rightarrow FD+ED=3FE$

: ορθόκεντρο μέσο του ύψους 6.png (12.42 KiB) Προβλήθηκε 1548 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 18, 2020 7:18 pm**

george visvikis έγραψε: Πέμ Ιούλ 30, 2020 5:07 pm Είδαμε πρόσφατα εδώ και εδώ και εδώ και εδώ αλλά και παλαιότερα εδώ και εδώ μία ιδιαίτερα δημοφιλή κατηγορία τριγώνων.

Εκείνα όπου το ορθόκεντρο είναι μέσο ενός ύψους. Ας δούμε λοιπόν κάποιες ιδιότητες που παρουσιάζουν αυτά τα τρίγωνα.
Ορθόκεντρο μέσο ύψους.png
είναι τα ύψη τριγώνου και το ορθόκεντρο είναι μέσο του Να δείξετε ότι:

$\displaystyle A{D^2} = 2BD \cdot DC$ ................. $\displaystyle \tan B \cdot \tan C = 2$ ................... $\displaystyle \cos A = \cos B \cdot \cos C$

$\displaystyle {b^2} + {c^2} - {a^2} = A{D^2}$ ............... $\displaystyle 3{a^2} + {b^2} + {c^2} =16 {R^2}$ ............. $\displaystyle 3EF = DE + DF$

Τα δύο πρώτα έχουν ήδη αποδειχθεί στις παραπομπές, εκτός και αν υπάρχουν κάποιες καινούργιες ιδέες.

ερώτημα 6

Θα αποδειχθεί οτι $\dfrac{DE}{EF}+\dfrac{DF}{EF}=3$

Από το θεώρημα διχοτόμου στο τρίγωνο $FDE,\dfrac{DE}{EF}=\dfrac{KD}{KF},(1), \dfrac{DF}{EF}=\dfrac{DL}{LE},(2), (1)+(2)\Rightarrow \dfrac{DE}{EF}+\dfrac{DF}{EF}=\dfrac{KD}{KF}+\dfrac{DL}{LE},(*)$

Από Μενέλαο στο τρίγωνο AFD

με τέμνουσα $BKH ,\dfrac{KD}{KF}=\dfrac{AB}{BF}=1+\dfrac{AF}{BF},(3)$
Ομοίως στο τρίγωνο ADE

με τέμνουσα $HLC,\dfrac{DL}{EC}=1+\frac{AE}{EC},(4)$
Συνεπώς θα αποδειχθεί ότι $\dfrac{AB}{BF}+\dfrac{CA}{EC}=2+\dfrac{AE}{EC}+\dfrac{AF}{BF},(5)$
Απο Μενέλαο στο τρίγωνο ABD

με τέμνουσα $CHF,\dfrac{DC}{BC}=\dfrac{FA}{FB},(6)$
Ομοίως στο τρίγωνο ADC

με τέμνουσα $BHE,\dfrac{BD}{BC}=\dfrac{EA}{EC},(7), (6)+(7)\Rightarrow 1=\dfrac{AF}{FB}+\dfrac{EA}{EC}$ τέλος

ΥΓ. Η λύση είνα απο την υποδειξη του ΣΤΑΘΗ .Η δική μου τριγωνομετρική λύση εχει πολλες πραξεις την αφησα

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 21, 2020 7:02 pm**

Αφού ευχαριστήσω και τους Στάθη, Κώστα, Μιχάλη και Γιάννη για τις αποδείξεις τους στο ερώτημα

, θα δώσω άλλη μία προσέγγιση.

Αν

είναι το μέσο του AH,

τότε $\displaystyle MA = MH = ME = MF = \frac{{AD}}{4}$ και $\displaystyle MD = \frac{{3AD}}{4}.$

: Ορθόκεντρο μέσο ύψους.β.png (16.15 KiB) Προβλήθηκε 1477 φορές

Το

είναι όμως εγγράψιμο (κύκλος $\displaystyle {\rm{Euler}}$ ), άρα από θεώρημα Πτολεμαίου:

$\displaystyle MF \cdot DE + ME \cdot DF = MD \cdot EF \Leftrightarrow \frac{{AD}}{4}(DE + DF) = \frac{{3AD}}{4}EF \Leftrightarrow$ $\boxed{DE+DF=3EF}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 24, 2020 6:04 pm**

Θα ήθελα να γράψω την δική μου απόδειξη για την έκτη ισότητα.

Σίγουρα συμφωνούμε όλοι ότι για να έχει νόημα το θέμα το τρίγωνο ABC

οφείλει να είναι οξυγώνιο.
Το τρίγωνο D E F

είναι βέβαια το ορθικό τρίγωνο του ABC

.
Aπό την παρακάτω δημοσίευση viewtopic.php?f=58&t=38659
προκύπτει ότι DE+EF+FD=4RsinAsinBsinC

και ότι $EF=\alpha cosA$

H ισότητα που θέλω να αποδείξω είναι ισοδύναμη με την DE+EF+FD=4EF

η οποία με την σειρά της είναι ισοδύναμη με την
$4RsinAsinBsinC=4\alpha cosA$
η οποία ισοδυναμεί με την
$4RsinAsinBsinC=4\cdot 2RsinA cosA$
η οποία ισοδυναμεί με την
sinBsinC=2 cosA

Αυτήν την ισότητα, την (I)

, θα αποδείξω...

Η δεύτερη ισότητα του θέματος ( η οποία προκύπτει άμεσα από την πρώτη) μας εξασφαλίζει ότι
$tanB tanC=2\Rightarrow sinB sinC=2cosBcosC$ (II)