mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 28, 2011 3:40 am**

Έστω ισόπλευρο τρίγωνο ABC

.
Επί των πλευρών του AB,AC

επιλέγουμε σημεία D,F

τέτοια ώστε:
AD=CF=2DB

.
Φέρουμε τις BF,CD

και σημειώνουμε την τομη τους

.
Σημειώνουμε επίσης το μέσο

του

και σχηματίζουμε το τετράπλευρο MDFC

.
Δείξτε ότι το MDFC

είναι εγγράψιμο.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 17.PNG (34.68 KiB) Προβλήθηκε 877 φορές

(Την άσκηση για αλλού την "πήγαινα" και αλλού τελικά την "οδήγησε" το GeoGebra. Η λύση στην οποία έφτασα είναι... δύσκολη (Στάθη

)… ίσως όμως να έχω κάνει …. υπερβολικά πράγματα….)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 28, 2011 10:48 am**

Καλημέρα Δημήτρη

Έστω $\displaystyle{ {\rm N} }$ το μέσο της $\displaystyle{ AD }$ τότε $\displaystyle{ \boxed{AN = AF}:\left( 1 \right) = ND = DB = \frac{\alpha } {2} }$ (με $\displaystyle{ \alpha }$ την πλευρά του $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ και επειδή $\displaystyle{ \hat A = 60^0 \Rightarrow \vartriangle ANF }$ ισόπλευρο άρα $\displaystyle{ \boxed{NF = AN = ND}:\left( 2 \right) }$

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \vartriangle AFB \hfill \\ \vartriangle ANC \hfill \\ \end{gathered} \right\}:\left\{ \begin{gathered} AF = DB = \frac{\alpha } {3} \\ \widehat{BAF} = \widehat{ABC} = 60^0 \\ AB = AC = \alpha \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \vartriangle AFB = \vartriangle ANC \Rightarrow \widehat{AFG} = \widehat{ADG} \Rightarrow ADGF }$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο (εσωτερική γωνία $\displaystyle{ \widehat{AFG} }$ ίση με

την απέναντι εξωτερική $\displaystyle{ \widehat{BDG} }$ ) και επειδή $\displaystyle{ NA = NF = ND = \frac{\alpha } {3} }$ το κέντρο του κύκλου θα είναι το $\displaystyle{ {\rm N} }$ άρα και $\displaystyle{ NG = NF \Rightarrow \vartriangle NGF }$ ισοσκελές άρα $\displaystyle{ \boxed{\widehat{NFG} = \widehat{NGF}}:\left( 3 \right) }$

Στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle BGN }$ το τμήμα $\displaystyle{ DM }$ συνδέει τα μέσα των πλευρών του $\displaystyle{ BN,BG }$ οπότε $\displaystyle{ DM//NG \Rightarrow \widehat{FMD}\mathop = \limits^{\varepsilon \nu \tau \varsigma - \varepsilon \kappa \tau \varsigma .\kappa \alpha \iota .\varepsilon \pi \iota .\tau \alpha .\alpha \upsilon \tau } \widehat{NGF}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \boxed{\widehat{FMD} = \widehat{NFG}}:\left( 4 \right) }$

Το τετράπλευρο $\displaystyle{ NFCB }$ είναι ισοσκελές τραπέζιο ( $\displaystyle{ NF//BC }$ αφού $\displaystyle{ \widehat{ANF} = \widehat{ABC} = 60^0 }$ και $\displaystyle{ NB = FC = \frac{{2\alpha }} {3} }$ ) άρα

είναι εγγράψιμο σε κύκλο οπότε $\displaystyle{ \boxed{\widehat{NFG} = \widehat{NCB}}:\left( 5 \right) }$ (βλέπουν την ίδια πλευρά $\displaystyle{ BN }$ )

Εύκολα για τα τρίγωνα $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \vartriangle ADC \hfill \\ \vartriangle BNC \hfill \\ \end{gathered} \right\}:\left\{ \begin{gathered} AC = BC = \alpha \\ \widehat{BAC} = \widehat{ABC} = 60^0 \\ AD = BN = \frac{{2\alpha }} {3} \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \vartriangle ADC = \vartriangle BNC \Rightarrow }$ $\displaystyle{ \widehat{FCD} = \widehat{NCB}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} \widehat{FCD} = \widehat{NFG}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \boxed{\widehat{FCD} = \widehat{FMD}}:\left( 6 \right) }$

Από την $\displaystyle{ \left( 6 \right) }$ προκύπτει ότι ότι το τετράπλευρο $\displaystyle{ MDFC }$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο (αφού δύο διαδοχικές κορυφές του «βλέπουν» την πλευρά που σχηματίζουν οι άλλες δύο υπό ίσες γωνίες)

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 28, 2011 4:19 pm**

: Γεωμετρείν-17.png (27.93 KiB) Προβλήθηκε 799 φορές

Μια παρεμφερή λύση με του Στάθη.

Το τρίγωνο DAF

έχει αντίστοιχες γωνίες $\left( {{{30}^ \circ }{{,60}^ \circ }{{,90}^ \circ }} \right)$ μια που AD = 2AF

και $D\widehat AF = {60^ \circ }$ . Από ισότητα των τριγώνων $ABF,\,BCD$ ( $\Pi - \Gamma - \Pi$ ), προκύπτει $A\widehat BF = B\widehat CD = x$ και από εξωτερική γωνία $D\widehat GB = {60^ \circ } - x + x = {60^ \circ }$ .

Εφόσον $D\widehat GB = \widehat A = {60^ \circ }$ , το τετράπλευρο DAFG

είναι εγγράψιμο με

διάμετρο (μια που $A\widehat FD = {90^ \circ }$ ). Θέτοντας $D\widehat FG = y$ , τότε $D\widehat OG = 2y$ (Σχέση εγγεγραμμένης – επίκεντρης που βαίνουν στο ίδιο τόξο,

κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου και μέσο του

).

Από τη γωνία της βάσης του ισοσκελούς ODG

και από την εξωτερική $A\widehat DC$ προκύπτει η εξίσωση: ${90^ \circ } - y = {60^ \circ } + x \Rightarrow y = {30^ \circ } - x\,\,\left( 1 \right)$ .

Από τα μέσα M,D

των

αντίστοιχα παίρνουμε MD//GO

, οπότε $B\widehat DM = D\widehat OG = 2y$ . Από το τρίγωνο BDG

θα έχουμε: $M\widehat DG + 2y + x + {60^ \circ } = {180^ \circ }\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} M\widehat DG = {60^ \circ } + x = M\widehat FC$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 28, 2011 8:40 pm**

Γεια σας παιδιά!, παραθέτω και εγώ τη λύση μου με μικρές αποκλίσεις από του Στάθη… που δεν τον σταματάει τίποτα…
Με τα γνωστά σημεία τριχοτόμησης της πλευράς του ισόπλευρου… έχουμε:
$KF=\frac{DI}{2}=\frac{AD}{2}\Rightarrow \measuredangle AFD=90^{\circ}$ .
Αξιοποιώντας τα ίσα τρίγωνα BFA,BDC

το τετράπλευρο ADGF

αποδεικνύεται εγγράψιμο, που σημαίνει ότι και η γωνία CGA

είναι ορθή.
Επίσης σημαίνει ότι η "μπλε" γωνία FGK

ισούται με το άθροισμα των δυο "πορτοκαλί" γωνιών FDK,KAG

(

τρίγωνο ισοσκελές) και λόγω παραλληλίας των MD,GK

(αφού

μέσα …) με την "μπλε" γωνία FMD

.
Από το τρίγωνο ADF

φαίνεται ότι η πράσινη γωνία FAG

είναι συμπληρωματική του αθροίσματος των πορτοκαλί γωνιών.
Η μπλε γωνία τώρα FCD

είναι επίσης συμπληρωματική της πράσινης FDG

.
Είναι πλέον προφανές ότι το MDFC

είναι εγγράψιμο.

: ΓΕΩΜΕΤΡΕΙΝ 17 ΛΥΣΗ.png (45.64 KiB) Προβλήθηκε 745 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 28, 2011 11:09 pm**

: Γεωμετρείν 17.; f=112_t=18377.PNG (31.59 KiB) Προβλήθηκε 569 φορές

$\bullet$ Από $\angle AFB = \angle CDB$ , λόγω των ίσων τριγώνων $\vartriangle AFB,\ \vartriangle CDB,$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο ADGF

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (K).

Από

όπου

είναι το μέσον του AD,

συμπεραίνεται ότι το τρίγωνο $\vartriangle FAD$ είναι ορθογώνιο με $\angle AFD = 90^{o}$ και άρα το

ταυτίζεται με το κέντρο του κύκλου (K).

Έτσι, έχουμε $\angle AGD = \angle AFD = 90^{o}$ και άρα, το σημείο $H\equiv DF\cap AG$ ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ACD$ και τα σημεία $C,\ H,\ N$ είναι συνευθειακά λόγω $CN\perp AB$ , όπου

είναι το μέσον της πλευράς

του $\vartriangle ABC$ .

$\bullet$ Ισχύει ως γνωστό $\angle DGN = \angle CGF = \angle DGB$ και άρα τα σημεία $N,\ M,$ είναι συμμετρικά αλλήλων ως προς την ευθεία

λόγω $NM\parallel AG$ $\Longrightarrow$ $NM\perp CD$

και άρα έχουμε $\angle DCM = \angle DCN\ \ ,(1)$

Ισχύει όμως $\angle DCN = \angle DAG = \angle DFM\ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ $\angle DCM = \angle DFM\ \ ,(3)$

Από (3)

συμπεραίνεται ότι το τετράπλευρο CMDF

είναι εγγράψιμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 29, 2011 1:56 am**

vittasko έγραψε: $\bullet$ Από $\angle AFB = \angle CDB$ , λόγω των ίσων τριγώνων $\vartriangle AFB,\ \vartriangle CDB,$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω

Από όπου είναι το μέσον του συμπεραίνεται ότι το τρίγωνο $\vartriangle FAD$ είναι ορθογώνιο με $\angle AFD = 90^{o}$ και άρα το ταυτίζεται με το κέντρο του κύκλου

Έτσι, έχουμε $\angle AGD = \angle AFD = 90^{o}$ και άρα, το σημείο $H\equiv DF\cap AG$ ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ACD$ και τα σημεία $C,\ H,\ N$ είναι συνευθειακά λόγω $CN\perp AB$ , όπου είναι το μέσον της πλευράς του $\vartriangle ABC$ .

$\bullet$ Ισχύει ως γνωστό $\angle DGN = \angle CGF = \angle DGB$ και άρα τα σημεία $N,\ M,$ είναι συμμετρικά αλλήλων ως προς την ευθεία λόγω $NM\parallel AG$ $\Longrightarrow$ $NM\perp CD$ και άρα έχουμε $\angle DCM = \angle DCN\ \ ,(1)$

Ισχύει όμως $\angle DCN = \angle DAG = \angle DFM\ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ $\angle DCM = \angle DFM\ \ ,(3)$

Από συμπεραίνεται ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Ευχαριστώ πολύ τον Κώστα για τη λύση του και το χρόνο που αφιέρωσε.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 29, 2011 8:47 pm**

maths-!!! έγραψε:Ευχαριστώ πολύ τον Κώστα για τη λύση του και το χρόνο που αφιέρωσε.

Δημήτρη, εγώ σ' ευχαριστώ για την ευκαιρία που είχα να ασχοληθώ με το πρόβλημα που έθεσες και πρέπει να πω ότι ο χρόνος που διέθεσα, δεν είναι τίποτα άλλο παρά το τίμημα για τη χαρά της λύσης που ένοιωσα, όπως ισχύει για όλους μας.

Χαίρομαι για την ενεργή συμμετοχή σου στο

και συγχαρητήρια για την πολύ ενδιαφέρουσα προσωπική σου ιστοσελίδα.

Με φιλικούς χαιρετισμούς, Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 29, 2011 10:14 pm**

vittasko έγραψε:
maths-!!! έγραψε:Ευχαριστώ πολύ τον Κώστα για τη λύση του και το χρόνο που αφιέρωσε.
Δημήτρη, εγώ σ' ευχαριστώ για την ευκαιρία που είχα να ασχοληθώ με το πρόβλημα που έθεσες και πρέπει να πω ότι ο χρόνος που διέθεσα, δεν είναι τίποτα άλλο παρά το τίμημα για τη χαρά της λύσης που ένοιωσα, όπως ισχύει για όλους μας.

Χαίρομαι για την ενεργή συμμετοχή σου στο και συγχαρητήρια για την πολύ ενδιαφέρουσα προσωπική σου ιστοσελίδα.

Με φιλικούς χαιρετισμούς, Κώστας Βήττας.

Κώστα ευχαριστώ.... η κρίση σου και η άποψή σου έχουν ιδιαίτερη βαρύτητα .

mathematica.gr

Γεωμετρείν 17

Γεωμετρείν 17

Re: Γεωμετρείν 17

Re: Γεωμετρείν 17

Re: Γεωμετρείν 17

Re: Γεωμετρείν 17

Re: Γεωμετρείν 17

Re: Γεωμετρείν 17

Re: Γεωμετρείν 17