Ενδιαφέρον αντίστροφο

#1

Είναι πασίγνωστο ότι σε ορθογώνιο τρίγωνο $ABC(\widehat A=90^0)$ αν ισχύει μία από τις δύο παρακάτω σχέσεις
τότε θα ισχύει και η άλλη. 1) BC=2AB

......................... $2) 2\widehat A=3\widehat B$

Εδώ θα ήθελα να αποδείξουμε το αντίστροφο, ότι δηλαδή αν ισχύουν και οι δύο αυτές σχέσεις, το τρίγωνο είναι

υποχρεωτικά ορθογώνιο στη γωνία $\widehat A.$

Αν έχει συζητηθεί ξανά θα παρακαλούσα να μη δοθούν παραπομπές για ένα 48ωρο, μήπως και

υπάρχουν κάποιοι που το βλέπουν για πρώτη φορά. Δεκτή κάθε λύση εντός και εκτός φακέλου.

S.E.Louridas · #2

george visvikis έγραψε: Εδώ θα ήθελα να αποδείξουμε το αντίστροφο, ότι δηλαδή αν σε τρίγωνο , ισχύουν οι σχέσεις και $2\widehat A=3\widehat B$ , το τρίγωνο είναι υποχρεωτικά ορθογώνιο στη γωνία $\widehat A.$

Η πρώτη των σχέσεων μας οδηγεί στο ότι, αν θεωρήσουμε δεδομένη την πλευρά

, τότε η κορυφή

θα κινείται στον κύκλο (B,BO)

,
αν

είναι το μέσον της BC.

Τότε θα υπάρχουν δύο σημεία του κύκλου (B,BO)

, το

με $\angle BAC = {90^ \circ }$ και $\angle CBA = {60^ \circ }$ και το συμμετρικό του

ως προς την

που δίνουν τα ίσα μεταξύ τους ορθογώνια με τις δύο αυτές ιδιότητες. Θα αποδείξουμε ότι αυτά είναι τα μοναδικά.
Είναι γνωστό ότι τα τρίγωνα $OAB,\;\; OBA'$ είναι ισόπλευρα.
Διαπιστώνουμε εύκολα, ότι για το τυχόν εσωτερικό σημείο A_1

του τόξου

έχουμε $O{A_1} < OA$ και για τυχόν εσωτερικό σημείο A_2

του συμπληρωματικού του τόξου A’OA

, ως προς τον κύκλο (B,BO)

έχουμε $O{A_2} > OA$ .
Για το τρίγωνο ${A_1}BC$ με διάμεσο $\displaystyle{{A_1}O$ με ${A_1}O < BO = \frac{{BC}}{2}}$ θα έχουμε $\displaystyle{\angle B{A_1}C > {90^ \circ } \Rightarrow 2\angle B{A_1}C > {180^ \circ } \Rightarrow}$ $\displaystyle{3\angle CB{A_1} > {180^ \circ } \Rightarrow \angle CB{A_1} > {60^ \circ } \Rightarrow \angle CBA > {60^ \circ } \Rightarrow {60^ \circ } > {60^ \circ },}$ πράγμα άτοπο.
Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο αν $\displaystyle{O{A_2} > OA,}$ οπότε $\displaystyle{\angle B{A_2}C < {90^ \circ }.}$
Άρα μόνο όταν $\displaystyle{OA=OB=OC}$ δηλαδή όταν $\displaystyle{\angle A=90^\circ}$ ισχύουν τα δεδομένα που αποτελούν την υπόθεση.

: ασδφγ.png (30.55 KiB) Προβλήθηκε 488 φορές

#3

Έστω ευθύγραμμο τμήμα

. Γράφω τον Απολλώνιο κύκλο για κάθε σημείο

του οποίου , $\boxed{\frac{{BA}}{{BC}} = \frac{1}{2}}$ . Ο κύκλος αυτός κέντρου

τέμνει εσωτερικά και εξωτερικά

το

στα σημεία D,E

που είναι αρμονικά συζυγή των A,C

.

: Το αντίστροφο Πρότασης Βισβίκης.png (29.98 KiB) Προβλήθηκε 478 φορές

Επειδή $\widehat {CAB} = 3\widehat \theta \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {ABC} = 2\widehat \theta$ ενώ η

διχοτόμος του $\vartriangle ABC$ θα είναι

$\boxed{\widehat \omega = \widehat \phi }$ και άρα η

εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου , κέντρου

, του

$\vartriangle ABC$ . Αφού όμως η διάμετρος

του

διαιρείται αρμονικά από τον (K)

, οι

κύκλοι είναι ορθογώνιοι, δηλαδή το

βρίσκεται πάνω στην

που σημαίνει

ότι το $\vartriangle ABC$ είναι ορθογώνιο στο

.

#4

Ευχαριστώ το Σωτήρη και το Νίκο για τις πολύ ωραίες Ευκλείδειες λύσεις. Ας δούμε και μία τριγωνομετρική προσέγγιση.

Η άσκηση εδώ επινοήθηκε γι' αυτόν ακριβώς το λόγο.

: Ενδιαφέρον αντίστροφο.png (9.35 KiB) Προβλήθηκε 425 φορές

Από νόμο ημιτόνων παίρνουμε $\displaystyle{2\sin 5x = \sin 3x}$ κι επειδή η γωνία $\widehat B$ είναι οξεία, από τις λύσεις της παραπομπής η μόνη

δεκτή είναι $\displaystyle{\cos 2x = \frac{1}{2} \Rightarrow }$ $\boxed{\widehat B=60^0}$ και $\boxed{\widehat A=90^0}$

Ενδιαφέρον αντίστροφο

Ενδιαφέρον αντίστροφο

Re: Ενδιαφέρον αντίστροφο

Re: Ενδιαφέρον αντίστροφο

Re: Ενδιαφέρον αντίστροφο

Μέλη σε σύνδεση