Σχέσεις σε ισόπλευρο

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 761
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Σχέσεις σε ισόπλευρο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Κυρ Απρ 14, 2019 2:29 pm

GEOMETRIA221=FB2950.jpg
GEOMETRIA221=FB2950.jpg (41.49 KiB) Προβλήθηκε 303 φορές
Έστω ισόπλευρο τρίγωνο ABC και P σημείο της BC.

Ο κύκλος που διέρχεται από το A και εφάπτεται της BC στο P τέμνει τις AB, AC στα E, D αντίστοιχα.

Αν η AP συναντά τον περίκυκλο του ABC στο Q, δείξτε ότι:

a. PA=PE+PD

b. AQ \cdot ED=AP \cdot BC

c. [AEQD]=3[QBC]


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8082
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Σχέσεις σε ισόπλευρο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Απρ 14, 2019 6:42 pm

sakis1963 έγραψε:
Κυρ Απρ 14, 2019 2:29 pm
GEOMETRIA221=FB2950.jpg
Έστω ισόπλευρο τρίγωνο ABC και P σημείο της BC.

Ο κύκλος που διέρχεται από το A και εφάπτεται της BC στο P τέμνει τις AB, AC στα E, D αντίστοιχα.

Αν η AP συναντά τον περίκυκλο του ABC στο Q, δείξτε ότι:

a. PA=PE+PD

b. AQ \cdot ED=AP \cdot BC

Για τα δύο πρώτα ερωτήματα. Έστω a η πλευρά του ισοπλεύρου.
Σχέσεις σε ισόπλευρο.png
Σχέσεις σε ισόπλευρο.png (22.63 KiB) Προβλήθηκε 246 φορές
Από τα εγγεγραμμένα τετράπλευρα AEPD, ABQC και τις σχέσεις εγγεγραμμένων γωνιών και γωνιών χορδής
κι εφαπτομένης, προκύπτει ότι όλες οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες μεταξύ τους και το ίδιο ισχύει και για τις πράσινες.

α) Από την ομοιότητα των τριγώνων PEB, APB και των PDC, APC έχουμε:

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
\dfrac{{PE}}{{AP}} = \dfrac{{BP}}{a}\\ 
\\ 
\dfrac{{PD}}{{AP}} = \dfrac{{PC}}{a} 
\end{array} \right.\mathop  \Rightarrow \limits^ \oplus  \dfrac{{PE + PD}}{{AP}} = \dfrac{{BP + PC}}{a} = \dfrac{{BC}}{a} = 1 \Leftrightarrow \boxed{AP=PE+PD}

β) Τα PED, QBC είναι όμοια: \displaystyle \frac{{DE}}{{BC}} = \frac{{PE}}{{BQ}} = \frac{{PD}}{{QC}} = \frac{{PE + PD}}{{BQ + QC}} = \frac{{AP}}{{AQ}} \Leftrightarrow \boxed{AQ \cdot ED=AP \cdot BC}


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3938
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Σχέσεις σε ισόπλευρο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Δευ Απρ 15, 2019 1:29 am

sakis1963 έγραψε:
Κυρ Απρ 14, 2019 2:29 pm
GEOMETRIA221=FB2950.jpg
Έστω ισόπλευρο τρίγωνο ABC και P σημείο της BC. Ο κύκλος που διέρχεται από το A και εφάπτεται της BC στο P τέμνει τις AB, AC στα E, D αντίστοιχα. Αν η AP συναντά τον περίκυκλο του ABC στο Q, δείξτε ότι:
...
c. [AEQD]=3[QBC]
Για να μην μείνει αναπάντητο το iii) πανέμορφο ερώτημα του Θάνου (ΑΡΙΣΤΟΥ ΣΥΝΘΕΤΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΩΝ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ ΠΑΓΚΟΣΜΙΩΣ ΔΙΑΚΕΚΡΙΜΕΝΟΥ !)

Ας δούμε μία λύση κάπως αναλυτικά...

 \bullet Έστω {D}',{E}' και S,T είναι οι ορθές προβολές των D,E και P επί της AQ και QB,QC αντίστοιχα. Προφανώς PS=PT αφού QP διχοτόμος (από τις 60 άρες) της \angle BQC . Τότε \dfrac{\left( AEQD \right)}{\left( BQC \right)}=\dfrac{\dfrac{1}{2}AQ\left( D{D}'+E{E}' \right)}{\dfrac{1}{2}\left( QB+QC \right)\cdot PS}:\left( 1 \right)

Είναι γνωστή πρόταση για το ισόπλευρο τρίγωνο (εύκολη απόδειξη) (μάλλον την ξέρει και η Θεία μου :D ) ότι

AQ = QB + QC\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \dfrac{{\left( {AEQD} \right)}}{{\left( {BQC} \right)}} = \dfrac{{DD' + EE'}}{{PS}} \mathop  \Rightarrow \limits^{PS = PT} \dfrac{{\left( {AEQD} \right)}}{{\left( {BQC} \right)}} = \dfrac{{DD'}}{{PS}} + \dfrac{{EE'}}{{PT}}:\left( 2 \right)

 \bullet Από την προφανή ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων \vartriangle AD'D,\vartriangle BSP \Rightarrow \dfrac{{DD'}}{{PS}} = \dfrac{{AD}}{{PB}}:\left( 3 \right) και ομοίως \dfrac{{EE'}}{{PT}} = \dfrac{{AE}}{{PC}}:\left( 4 \right)

Από \left( 2 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right),\left( 4 \right)} \dfrac{{\left( {AEQD} \right)}}{{\left( {BQC} \right)}} = \dfrac{{AD}}{{PB}} + \dfrac{{AE}}{{PC}}:\left( 5 \right)
Σχέσεις σε ισόπλευρο.png
Σχέσεις σε ισόπλευρο.png (37.14 KiB) Προβλήθηκε 193 φορές
 \bullet Ισχύει: \angle BPK\mathop  = \limits^{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \nu } \angle CPD\mathop  = \limits^{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma ...} \angle PAD\mathop  = \limits^{A,B,Q,C\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle QBC\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle KBP = \angle BQC = {{120}^0}} \vartriangle KBP \sim \vartriangle CQB

και ομοίως \vartriangle PCL\sim \vartriangle CQP άρα και \vartriangle KBP\sim \vartriangle PCL:\left( 6 \right)

 \bullet Από \angle BAQ=\angle BCQ=\angle BKP\Rightarrow PK=PA και ομοίως PL=PA οπότε

PK = PL\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 6 \right)} \vartriangle KBP = \vartriangle PCL \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  BK = PC \hfill \\ 
  CL = PB \hfill \\  
\end{gathered}  \right.\mathop  \Rightarrow \limits^{\left(  +  \right)} \boxed{BK + CL = a}:\left( 7 \right) , όπου a είναι το μήκος της πλευράς του ισοπλεύρου \vartriangle ABC
Είναι εύκολο τώρα να διαπιστώσουμε ότι

\vartriangle KAD\mathop  \sim \limits^{\angle AKD = \angle BAP,\angle KAD = \angle ABP = {{60}^0}} \vartriangle ABP \Rightarrow \dfrac{{AD}}{{BP}} = \dfrac{{KA}}{{AB}} = \dfrac{{a + BK}}{a}:\left( 8 \right) και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι: \dfrac{{AE}}{{PC}} = \dfrac{{LA}}{{AC}} = \dfrac{{a + CL}}{a}:\left( 9 \right).

 \bullet Από \left( 8 \right) + \left( 9 \right) \Rightarrow \dfrac{{AD}}{{BP}} + \dfrac{{AE}}{{PC}} = \dfrac{{2a + BK + CL}}{a}\mathop  = \limits^{\left( 7 \right)} \dfrac{{3a}}{a}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} \dfrac{{\left( {AEQD} \right)}}{{\left( {BQC} \right)}} = 3 \Rightarrow \boxed{\left( {AEQD} \right) = 3\left( {BQC} \right)} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες