ΑΠΟ ΤΗ ΡΙΓΑ ΤΗΣ ΛΕΤΟΝΙΑΣ

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Ίσως έχετε αντιληφθεί ότι με ενδιαφέρουν θέματα που ξεκινούν ως εξής:

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{A_1B_1\Gamma_1}$ εγγεγραμμένο σε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ (το $\displaystyle{A_1}$ βρίσκεται στην $\displaystyle{B\Gamma}$ ,το $\displaystyle{B_1}$ βρίσκεται στην $\displaystyle{ A\Gamma}$ , το $\displaystyle{\Gamma_1}$ βρίσκεται στην $\displaystyle{AB}$ ). Ισχύει ότι $\displaystyle{\frac{A\Gamma_1}{\Gamma_1B}= \frac{BA_1}{A_1\Gamma}= \frac{\Gamma B_1}{B_1A}}$ .

Ήθελα να έχω μια ικανή συνθήκη έτσι ώστε τα τρίγωνα $\displaystyle{AB\Gamma}$ , $\displaystyle{A_1B_1\Gamma_1}$ να είναι όμοια. Δεν το έψαξα γιατί δεν είχα χρόνο...
Όμως βρήκα αυτό που ήθελα στο βιβλίο '' ΠΑΝΕΝΩΣΙΑΚΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ ΤΗΣ Ε.Σ.Σ.Δ. '' τόμος 2 . Συγκεκριμένα πρόκειται για το θέμα 500 στο βιβλίο αυτό , ένα θέμα που έπεσε στην 23η Πανενωσιακή Ολυμπιάδα που έγινε στη Ρίγα.
Με χαρά σας το προτείνω.

Στις πλευρές $\displaystyle{AB}$ , $\displaystyle{BC}$ και $\displaystyle{CA}$ τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ βάφτηκαν με πράσινο χρώμα τα σημεία $\displaystyle{C_1}$ , $\displaystyle{A_1}$ και $\displaystyle{B_1}$ αντίστοιχα , διάφορα από τις κορυφές του τριγώνου.
Εξάλλου , γι' αυτά ισχύει
$\displaystyle{\frac{AC_1}{C_1B}= \frac{BA_1}{A_1C}= \frac{C B_1}{B_1A}}$ και $B\hat{A}C=B_{1}\hat{A_{1}}C_{1}.$
Αποδείξτε ότι το τρίγωνο με τις πράσινες κορυφές είναι όμοιο με το τρίγωνο $\displaystyle{ABC}.$

Στο όμορφο αυτό θέμα ας μου επιτραπεί ακόμα ένα ζητούμενο .

Αν η κοινή τιμή των λόγων $\displaystyle{\frac{AC_1}{C_1B}, \frac{BA_1}{A_1C}, \frac{C B_1}{B_1A}}$
βρείτε το λόγο ομοιότητας των ομοίων τριγώνων του προαναφερθέντος θέματος συναρτήσει του

ealexiou · #2

Για τον πρώτο ερώτημα (ενδιαφέρον θέμα και όχι μόνο από γεωμετρική σκοπιά!

)

: ΑΠΟ ΤΗΝ ΡΙΓΑ ΤΗΣ ΛΕΤΟΝΙΑΣ.png (18.24 KiB) Προβλήθηκε 3391 φορές

Ας είναι

(ορίζω έτσι το σημείο

πάνω στην

). Όπως αποδείξαμε εδώ: viewtopic.php?f=22&t=53505 το τετράπλευρο C_1EB_1A

είναι παραλληλόγραμμο, οπότε $\angle C_1EB_1= \angle BAC$ και επειδή $\angle C_1A_1B_1=\angle BAC$ άρα και $\angle C_1A_1B_1=\angle C_1EB_1$ (κόκκινες γωνίες)
Άρα το τετράπλευρο C_1A_1EB_1

είναι εγγράψιμο, οπότε $\angle C_1B_1A_1=\angle C_1EA_1=\angle C$ (γαλάζιες γωνίες) και αφού τα δύο τρίγωνο έχουν δύο ίσες γωνίες θα έχουν και τις τρίτες γωνίες ίσες και το πρώτο ζητούμενο εδείχθη.
Υποθέτω ότι χρειάζεται και κάποια διερεύνηση όσον αφορά τις θέσεις των σημείων A_1,B_1, C_1

πάνω στις αντίστοιχες πλευρές αλλά δεν νομίζω ότι θα αλλάξει κάτι και κυρίως δεν έχω άλλο ελεύθερο χρόνο για διερεύνηση.)

ealexiou · #3

Για το δεύτερο ερώτημα

: ΑΠΟ ΤΗΝ ΡΙΓΑ ΤΗΣ ΛΕΤΟΝΙΑΣ 4.png (24.63 KiB) Προβλήθηκε 3264 φορές

Αν $\dfrac{AC_1}{C_1B}=\dfrac{BA_1}{A_1C}=\dfrac{CB_1}{B_A}=k$ τότε: $\dfrac{AC_1}{AB}=\dfrac{BA_1}{BC}=\dfrac{CB_1}{CA}=\dfrac{k}{k+1}$

και έστω $\dfrac{k}{k+1}=n$ και αν $\dfrac{C_1A_1}{AB}=\dfrac{A_1B_1}{AC}=\dfrac{B_1C_1}{BC}=m$ τότε:

$\begin{cases} & C_1B_1^2 = AC_1^2+AB_1^2-2AC_1\cdot AB_1\cdot cosA\\ & C_1B_1^2 = C_1A_1^2+A_1B_1^2-2C_1A_1\cdot A_1B_1\cdot cosA\end{cases}\ \Rightarrow$

$\begin{cases} & m^2a^2 = n^2c^2+(1-n)^2b^2-2nc\cdot (1-n)b\cdot cosA\\ & m^2a^2 = m^2c^2+m^2b^2-2m^2\cdot bc\cdot cosA\end{cases}\ \Rightarrow$

$...\Rightarrow$ $m=\dfrac{\sqrt{n^2(2b^2+2c^2-a^2)+n(a^2-3b^2-c^2)+b^2}}{a}$

και αντικαθιστώντας το

με το ίσον του, $n=\dfrac{k}{k+1}$ , παίρνουμε τον ζητούμενο λόγο ομοιότητας των δύο τριγώνων.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

Γράφω τη λύση μου για το πρόσθετο ζητούμενο.
Στην δημοσίευση viewtopic.php?f=22&t=52106&p=248967#p248967 , μεταξύ άλλων , αποδείχθηκε ότι
$\boxed{\frac{{({A_1}{B_1}{C_1})}}{{(ABC)}} = 3{\lambda ^2} - 3\lambda + 1}$ όπου $\displaystyle\lambda =\frac{k}{k+1}$ με

την κοινή τιμή των λόγων $\displaystyle{\frac{AC_1}{C_1B}, \frac{BA_1}{A_1C}, \frac{C B_1}{B_1A}}$ έτσι όπως ορίστηκε στη διατύπωση.

Γνωρίζω από τη σχολική ύλη ότι $\displaystyle{\frac{{({A_1}{B_1}{C_1})}}{{(ABC)}}=m^{2}.$

Έτσι λοιπόν $\displaystyle m^{2}=3\left(\frac{k}{k+1} \right)^{2}-3\frac{k}{k+1} \right)+1$ και μετά από κάποιες πράξεις καταλήγουμε ότι

$\displaystyle m=\frac{\sqrt{k^{2}-k+1}}{k+1}$

Aυτός είναι ο ζητούμενος λόγος ομοιότητας συναρτήσει του

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #5

Νομίζω ότι εδώ είναι το κατάλληλο thread για να γράψω κάποιες σκέψεις γύρω από αυτό το θέμα...
Με απασχόλησε το εξής ερώτημα: Είναι δυνατόν να βρεθεί τιμή του έτσι ώστε να είμαι βέβαιος ότι τα τρίγωνα $ABC,A_{1}C_{1}B_{1}$ να είναι όμοια ;
Μετά από κάποιους συλλογισμούς, κατέληξα ότι γίνεται να βρεθεί τέτοια τιμή.
Σας εκθέτω τις σκέψεις μου.
Από την προηγούμενη δημοσίευση είναι γνωστό ότι αν τα τρίγωνα $ABC,A_{1}C_{1}B_{1}$ είναι όμοια τότε ο λόγος ομοιότητας είναι ίσος με $\displaystyle \frac{\sqrt{k^{2}-k+1}}{k+1}$
Μην φανταστείτε ότι σκέφτηκα κάτι εξαιρετικά σπουδαίο, σε κάτι πολύ απλό πήγε το μυαλό μου.
Αν υπάρχει τιμή του έτσι ώστε $\displaystyle B_{1}C_{1}=\frac{\sqrt{k^{2}-k+1}}{k+1}BC$ και $\displaystyle C_{1}A_{1}=\frac{\sqrt{k^{2}-k+1}}{k+1}AB$ και $\displaystyle A_{1}B_{1}=\frac{\sqrt{k^{2}-k+1}}{k+1}AC$ τότε μάλλον καλά πάνε τα πράγματα...
Στα όσα γράφω παρακάτω υποθέτω ότι η είναι η μικρότερη πλευρά του τριγώνου.

Από το τρίγωνο $BC_{1}A_{1}$ έχω ότι

$\displaystyle A_{1}C_{1}^{2}=BA_{1}^{2}+BC_{1}^{2}-2BA_{1}BC_{1}cosB$

Έτσι μπορεί να γραφεί ότι

$\displaystyle C_{1}A_{1}=\frac{\sqrt{k^{2}-k+1}}{k+1}AB \Leftrightarrow C_{1}A_{1}^{2} =\left (\frac{\sqrt{k^{2}-k+1}}{k+1}AB \right )^{2}\Leftrightarrow$

$\displaystyle BA_{1}^{2}+BC_{1}^{2}-2BA_{1}BC_{1}cosB = \frac{{k^{2}-k+1}}{\left ( k+1 \right )^{2}}c^{2}\Leftrightarrow$

$\displaystyle\left ( \frac{1}{k+1}c \right ) ^{2}+\left ( \frac{k}{k+1}a \right )^{2} -2\frac{1}{k+1}c\frac{k}{k+1}a\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac} = \frac{{k^{2}-k+1}}{\left ( k+1 \right )^{2}}c^{2}\Leftrightarrow$

$\displaystyle\left\frac{1}{\left ( k+1 \right )^{2}} c ^{2}+\frac{k^{2}}{\left ( k+1 \right )^{2}}a ^{2} - \frac{k\left (a^{2}+c^{2}-b^{2} \right )}{\left ( k+1 \right )^{2}}= \frac{{k^{2}-k+1}}{\left ( k+1 \right )^{2}}c^{2}\Leftrightarrow$

$c^{2}+k^{2}a^{2}-ka^{2}-kc^{2}+kb^{2}=k^{2}c^{2}-kc^{2}+c^{2}\Leftrightarrow$

$\left ( c^{2}-a^{2} \right )k^{2}+(a^{2}-b^{2})k=0$ και αφού $k\neq 0$ ισοδύναμα έχω ότι

$\left ( c^{2}-a^{2} \right )k+(a^{2}-b^{2})=0$ που ισοδυναμεί με $\displaystyle k=\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}-c^{2}}$

Aπό το τρίγωνο $CA_{1}B_{1}$ έχω ότι

$\displaystyle A _{1}B_{1}^{2}=CA_{1}^{2}+CB_{1}^{2}-2CA_{1}CB_{1}cosC$

Έτσι μπορεί να γραφεί ότι

$\displaystyle A_{1}B_{1}=\frac{\sqrt{k^{2}-k+1}}{k+1}AC \Leftrightarrow A_{1}B_{1}^{2} =\left (\frac{\sqrt{k^{2}-k+1}}{k+1}AC \right )^{2}\Leftrightarrow$

$\displaystyle CA_{1}^{2}+CB_{1}^{2}-2CA_{1}CB_{1}cosC = \frac{{k^{2}-k+1}}{\left ( k+1 \right )^{2}}b^{2}\Leftrightarrow$

$\displaystyle\left ( \frac{1}{k+1}a \right ) ^{2}+\left ( \frac{k}{k+1}b \right )^{2} -2\frac{1}{k+1}a\frac{k}{k+1}b\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab} = \frac{{k^{2}-k+1}}{\left ( k+1 \right )^{2}}b^{2}\Leftrightarrow$

$\displaystyle\left\frac{1}{\left ( k+1 \right )^{2}} a ^{2}+\frac{k^{2}}{\left ( k+1 \right )^{2}}b ^{2} - \frac{k\left (a^{2}+b^{2}-c^{2} \right )}{\left ( k+1 \right )^{2}}= \frac{{k^{2}-k+1}}{\left ( k+1 \right )^{2}}b^{2}\Leftrightarrow$

$a^{2}+k^{2}b^{2}-ka^{2}-kb^{2}+kc^{2}=k^{2}b^{2}-kb^{2}+b^{2}\Leftrightarrow$

$\displaystyle k=\frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}-c^{2}}$

Aπό το τρίγωνο $AB_{1}C_{1}$ έχω ότι

$\displaystyle B_{1}C_{1}^{2}=AC_{1}^{2}+AB_{1}^{2}-2AC_{1}AB_{1}cosA$

Έτσι μπορεί να γραφεί ότι

$\displaystyle B_{1}C_{1}=\frac{\sqrt{k^{2}-k+1}}{k+1}BC \Leftrightarrow B_{1}C_{1}^{2} =\left (\frac{\sqrt{k^{2}-k+1}}{k+1}BC \right )^{2}\Leftrightarrow$

$\displaystyle AC_{1}^{2}+AB_{1}^{2}-2AC_{1}AB_{1}cosA = \frac{{k^{2}-k+1}}{\left ( k+1 \right )^{2}}a^{2}\Leftrightarrow$

$\displaystyle\left ( \frac{1}{k+1}b \right ) ^{2}+\left ( \frac{k}{k+1}c \right )^{2} -2\frac{1}{k+1}b\frac{k}{k+1}c\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab} = \frac{{k^{2}-k+1}}{\left ( k+1 \right )^{2}}a^{2}\Leftrightarrow$

$\displaystyle\left\frac{1}{\left ( k+1 \right )^{2}} b ^{2}+\frac{k^{2}}{\left ( k+1 \right )^{2}}c ^{2} - \frac{k\left (b^{2}+c^{2}-a^{2} \right )}{\left ( k+1 \right )^{2}}= \frac{{k^{2}-k+1}}{\left ( k+1 \right )^{2}}a^{2}\Leftrightarrow$

$k^{2}c^{2}+b^{2}-k\left ( b^{2}+c^{2}-a^{2} \right )=\left ( k^{2}-k+1\right )a^{2}\Leftrightarrow$

$\left ( a^{2}-c^{2} \right )k^{2}+\left ( c^{2}-2a^{2}+b^{2} \right )k+a^{2}-b^{2}=0$

H παραπάνω δευτεροβάθμια ως προς

εξίσωση έχει διακρίνουσα ίση με $\left ( b^{2}-c^{2} \right )^{2}\geq 0$ και οι λύσεις της είναι το

και το $\displaystyle \frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}-c^{2}}$

Τι πέτυχα με όλα αυτά; Να αποδείξω το εξής:

Έστω σκαληνό τρίγωνο με μικρότερη πλευρά την .Έστω τρίγωνο $\displaystyle{A_1B_1C_1}$ εγγεγραμμένο στο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ (το $\displaystyle{A_1}$ βρίσκεται στην $\displaystyle{BC}$ ,το $\displaystyle{B_1}$ βρίσκεται στην $\displaystyle{ AC$ , το $\displaystyle{C_1}$ βρίσκεται στην $\displaystyle{AB}$ ). Ισχύει επίσης ότι $\displaystyle{\frac{AC_1}{C_1B}= \frac{BA_1}{A_1C}= \frac{C B_1}{B_1A}}=k$ .
Αν $\displaystyle k= \frac{a^{2}-b^{2}}{a^{2}-c^{2}}$ τότε τα τρίγωνα είναι όμοια και αντιστρόφως.

Όλα τα παραπάνω, που πιθανόν να μην ενδιαφέρουν πολλούς, είναι το αποτέλεσμα μιας προσωπικής περιέργειας...

: OMOIA TΡΙΓΩΝΑ.png (303.48 KiB) Προβλήθηκε 2771 φορές

ΑΠΟ ΤΗ ΡΙΓΑ ΤΗΣ ΛΕΤΟΝΙΑΣ

ΑΠΟ ΤΗ ΡΙΓΑ ΤΗΣ ΛΕΤΟΝΙΑΣ

Re: ΑΠΟ ΤΗ ΡΙΓΑ ΤΗΣ ΛΕΤΟΝΙΑΣ

Re: ΑΠΟ ΤΗ ΡΙΓΑ ΤΗΣ ΛΕΤΟΝΙΑΣ

Re: ΑΠΟ ΤΗ ΡΙΓΑ ΤΗΣ ΛΕΤΟΝΙΑΣ

Re: ΑΠΟ ΤΗ ΡΙΓΑ ΤΗΣ ΛΕΤΟΝΙΑΣ

Μέλη σε σύνδεση