Ίσο με τη διάμετρο

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5544
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Ίσο με τη διάμετρο

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από george visvikis » Κυρ Ιούλ 16, 2017 12:16 pm

Ίσο με τη διάμετρο.png
Ίσο με τη διάμετρο.png (8.25 KiB) Προβλήθηκε 269 φορές

Έστω I το έγκεντρο και R η ακτίνα του περίκυκλου τριγώνου ABC(b>c). Στη προέκταση του ύψους

AD θεωρούμε σημείο K, ώστε K\widehat ID=\dfrac{\widehat B-\widehat C}{2}. Να δείξετε ότι AK=2R.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1043
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Ίσο με τη διάμετρο

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Ορέστης Λιγνός » Κυρ Ιούλ 16, 2017 3:53 pm

Γεια σου Γιώργο! Ωραία άσκηση!

Θα δείξω το ισοδύναμο πρόβλημα :

Αν K ένα σημείο στην προέκταση της AD ώστε AK=2R, τότε, \boxed{\widehat{DIK}=\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}, \, (1)}.

Έστω (c) ο κύκλος (A,B,C).

Είναι \widehat{BAI}=\dfrac{\widehat{A}}{2}, \widehat{BAD}=90^\circ-\widehat{B} \Rightarrow \widehat{DAI}=\widehat{BAI}-\widehat{BAD}=\dfrac{\widehat{A}}{2}+\widehat{B}-90^\circ=

\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2} \Rightarrow \boxed{\widehat{DAI}=\dfrac{\widehat{B}-\widehat{C}}{2}}, \, (2).

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι \widehat{DAI}=\widehat{DIK}, ή ισοδύναμα ότι η KI εφάπτεται στον κύκλο (A,D,I), ή αλλιώς ότι \boxed{KI^2=KD \cdot KA}, \,(3) .

Θεωρούμε το αντιδιαμετρικό του A στον κύκλο (c), έστω A'.

Οι γωνίες \widehat{BAD} και \widehat{OAC} είναι ίσες (γνωστό λήμμα), και αφού \widehat{BAI}=\widehat{IAC}, έπεται ότι \widehat{DAI}=\widehat{IAO} \Rightarrow \widehat{KAI}=\widehat{IAA'}.

Τα τρίγωνα \vartriangle KAI , \vartriangle A'AI έχουν KA=2R=AA', \widehat{KAI}=\widehat{IAA'}, AI=AI, οπότε είναι ίσα, και άρα IK=IA' \, (4) .

Έτσι, αντί να αποδείξουμε την (3) μπορούμε να αποδείξουμε την \boxed{IA'^2=KD \cdot KA}, \, (5) .

Είναι \dfrac{a \cdot AD}{2}=(ABC)=\dfrac{abc}{4R} \Rightarrow AD=\dfrac{bc}{2R} \mathop \Rightarrow \limits^{AK=2R} \boxed{DK=\dfrac{4R^2-bc}{2R}}, \, (6) .

Έτσι, KD \cdot KA \mathop = \limits^{(6)} \dfrac{4R^2-bc}{2R} \cdot 2R=4R^2-bc \Rightarrow \boxed{KD \cdot KA=4R^2-bc }, \, (7) .

Αρκεί λοιπόν ν.δ.ο. IA'^2=KD \cdot KA \mathop \Rightarrow \limits^{(4)} \boxed{IA'^2=4R^2-bc}, \, (8) .

Έστω O το κέντρο του κύκλου (c), που είναι και μέσο του AA'.

Από Θ. Διαμέσων στο τρίγωνο \vartraingle AIA' έχουμε IA^2+IA'^2=2OI^2+2R^2 \Rightarrow A'I^2=2OI^2+2R^2-IA^2.

Από τον τύπο του Euler έχουμε ότι OI^2=R(R-2r), όπου r η ακτίνα του εγκύκλου του \vartriangle ABC.

Έτσι, \boxed{A'I^2=4R^2-IA^2-2Rr }, \, (9) .

Συνδυάζοντας τις (8), (9) αρκεί να δείξουμε ότι 4R^2-bc=4R^2-IA^2-2Rr \Rightarrow \boxed{IA^2=bc-4Rr}, \, (10) .

Είναι (συμβολίζουμε με \tau την ημιπερίμετρο του τριγώνου \vartriangle ABC) \dfrac{abc}{4R}=(ABC)=\tau r \Rightarrow 4Rr=\dfrac{abc}{\tau}=\dfrac{2abc}{a+b+c} \Rightarrow \boxed{4Rr=\dfrac{2abc}{a+b+c}} , \, (11) .

Από (10), (11) αρκεί IA^2=bc-\dfrac{2abc}{a+b+c}=\dfrac{bc(b+c-a)}{a+b+c} \Rightarrow \boxed{IA^2=\dfrac{bc(b+c-a)}{a+b+c}}, \, (12) .

Άρα, αρκεί να δείξουμε την (12) και τελειώσαμε.

Έστω S \equiv AI \cap BC.

Από Θ. Διχοτόμου, BS=\dfrac{ac}{b+c}.

Από Θ. Διχοτόμου στο \vartriangle BAS, \dfrac{AI}{IS}=\dfrac{AB}{BS}=\dfrac{b+c}{a} \Rightarrow \dfrac{AI}{AS}=\dfrac{b+c}{a+b+c}.

Όμως είναι γνωστό ότι AS=\sqrt{bc[1-\dfrac{a^2}{(b+c)^2}]}, οπότε IA=\dfrac{AS \cdot (b+c)}{(a+b+c)} =\ldots=\sqrt{\dfrac{bc(b+c-a)}{a+b+c}}, οπότε AI^2=\dfrac{bc(b+c-a)}{a+b+c}, και, η (12), δείχτηκε.



visvikis.png
visvikis.png (32.77 KiB) Προβλήθηκε 229 φορές


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4972
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Ίσο με τη διάμετρο

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από Doloros » Δευ Ιούλ 17, 2017 1:41 am

ϊσο με τη διάμετρο.png
ϊσο με τη διάμετρο.png (32.73 KiB) Προβλήθηκε 166 φορές


Αν S το, άλλο, σημείο τομής της AI με το κύκλο και E το αντιδιαμετρικό του A,

αρκεί να δείξουμε ότι \widehat \theta  = \widehat \phi αφού ως γνωστό η διχοτόμος της γωνίας \widehat A του \vartriangle ABC

διχοτομεί τη γωνία του ύψους και διαμέτρου απ την ίδια κορυφή και μάλιστα

\boxed{\widehat {DAS} = \widehat {SAE} = \frac{{\widehat B - \widehat C}}{2}} . Θα δείξω τώρα το παρακάτω λήμμα ( έχει συμβατικά

δηλωθεί ως K η προβολή του I στη BC).

Αν στο \vartriangle ABC φέρω το ύψος AD , την r = IK του εγγεγραμμένου κύκλου και η

διχοτόμος AZ τέμνει ακόμα τον περιγεγραμμένο κύκλο του \vartriangle ABC στο S, με E το

αντιδιαμετρικό του A, τότε \widehat {SIE} = \widehat {IDA}. Δηλαδή \boxed{\widehat \theta  = \widehat \omega  = \widehat \phi }.

Προς τούτο αρκεί τα ορθογώνια τρίγωνα \vartriangle ISE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle IKD να έχουν ανάλογες κάθετες πλευρές .

Λήμμα στο ιση με τη διάμετρο Βισβικης.png
Λήμμα στο ιση με τη διάμετρο Βισβικης.png (36.82 KiB) Προβλήθηκε 166 φορές


Επειδή SB = SI = SC = u και από το Θ, Πτολεμαίου στο τετράπλευρο ABSE προκύπτει

u(b + c) = aAS και λόγω της ομοιότητας \vartriangle ADZ \approx \vartriangle ASE ,

\dfrac{u}{r} = \dfrac{{4Rs}}{{d(b + c)}}\,\,(1)\,\,,\,\,d = AZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,2s = a + b + c. Επειδή τώρα \left\{ \begin{gathered}
  \dfrac{{SE}}{{DZ}} = \dfrac{{2R}}{d} \hfill \\
  \dfrac{{DZ}}{{DK}} = \dfrac{d}{{AI}} \hfill \\ 
\end{gathered}  \right.

πολλαπλασιάζω και προκύπτει, \dfrac{{SE}}{{DK}} = \dfrac{{2R}}{{AI}} = \dfrac{{2R}}{{\dfrac{{d(b + c)}}{{2s}}}} \Rightarrow \dfrac{{SE}}{{DK}} = \dfrac{{4Rs}}{{d(b + c)}}\,\,(2) .

Από τις (1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2) προκύπτει το ζητούμενο του λήμματος .


Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5020
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Ίσο με τη διάμετρο

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από S.E.Louridas » Δευ Ιούλ 17, 2017 4:25 pm

Θεωρούμε A’ αντιδιαμετρικό του A για να «δούμε» το 2R=AA’. Τότε αν T το μέσον του απέναντι από την κορυφή A τόξου BC, και M είναι η τομή του ύψους AD με τον κύκλο O και K_1 η τομή του ύψους με την A'T, τότε συμβαίνουν τα εξής: AK_1= AA'=2R, \; TB=TC=TI, A'M \bot AM,\;\tau o\xi .MT = \tau o\xi .TA',\;TM = T{K_1} = TA'.
Έστω Q = TA' \cap BC. Τα τρίγωνα TA’C,\; CTQ είναι προφανώς όμοια, άρα ισχύει \displaystyle{\frac{{TI}}{{T{K_1}}} = \frac{{TI}}{{TA'}} = \frac{{TC}}{{TA'}} = \frac{{TQ}}{{TI}} \Rightarrow T{I^2} = T{K_1} \cdot TQ \Rightarrow \angle {K_1}IQ = {90^ \circ }.} Επομενως τα σημεία IDK_1{Q} είναι ομοκυκλικά, οπότε\displaystyle{\angle DI{K_1} = \angle DQ{K_1} = \angle MA'T = \frac{{\angle B - \angle C}}{2} \Rightarrow {K_1} \equiv K. Τελικά έχουμε AK=2R.}
VISV.png
VISV.png (18.25 KiB) Προβλήθηκε 115 φορές


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5544
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Ίσο με τη διάμετρο

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από george visvikis » Πέμ Ιούλ 20, 2017 10:16 am

Αφού ευχαριστήσω τον Ορέστη, τον Νίκο και τον Σωτήρη για τις λύσεις τους, θα δώσω άλλη μία προσέγγιση στο ίδιο σκεπτικό του Ορέστη, αλλά κάπως πιο σύντομα. Θεωρώ, KA=2R και θα δείξω ότι \boxed{D\widehat IK = D\widehat AI = \frac{{\widehat B - \widehat C}}{2}}

Ίσο με τη διάμετρο.β.png
Ίσο με τη διάμετρο.β.png (23.43 KiB) Προβλήθηκε 70 φορές

Έστω A' το αντιδιαμετρικό του A ως προς τον περιγεγραμμένο κύκλο, I_a το A-παράκεντρο και M το σημείο τομής της

AI_a με τον κύκλο (O, R). Ως γνωστόν \boxed{IM=MI_a} (1) (Θεώρημα του Mention). Τα τρίγωνα ABI_a, AIC είναι όμοια

(A\widehat I_aB=\dfrac{\widehat C}{2}=A\widehat CI, B\widehat AI=I\widehat AC), οπότε \displaystyle{AI \cdot A{I_a} = AB \cdot AC \Leftrightarrow } \boxed{AI \cdot A{I_a} = 2R \cdot AD=AK\cdot AD} (2)

\displaystyle{KD \cdot KA = A{K^2} - AK \cdot AD\mathop  = \limits^{(2)} A{K^2} - AI \cdot A{I_a} = A{K^2} - (AM - MI)(AM + M{I_a})\mathop  = \limits^{(1)} }

\displaystyle{A{K^2} - A{M^2} + M{I^2} = K{M^2} + M{I^2} \Leftrightarrow } \boxed{KD \cdot KA = K{I^2}}, απ' όπου λόγω ομοιότητας, έπεται το ζητούμενο.



Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης