Τα δευτερεύοντα δίνουν λόγο

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαιρετώ. Θεωρούμε τρίγωνο ABC

με τα ύψη του BH,CN

τις διαμέσους του BE,CZ

και την διχοτόμο του

.

Αν ισχύουν $BE\cdot BH=CZ\cdot CN$ και $AD=\dfrac{AB\cdot AC}{AB+AC}$ τότε: Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{\left ( DHN \right )}{\left ( BAC \right )}$ .

Το ορθό σχήμα έπεται μέρους της λύσης , συνεπώς θα ..

.. εμφανιστεί σε επόμενη δημοσίευση! Φιλικά, Γιώργος.

Ορέστης Λιγνός · #2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 05, 2020 11:34 am
Χαιρετώ. Θεωρούμε τρίγωνο με τα ύψη του τις διαμέσους του και την διχοτόμο του .

Αν ισχύουν $BE\cdot BH=CZ\cdot CN$ και $AD=\dfrac{AB\cdot AC}{AB+AC}$ τότε: Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{\left ( DHN \right )}{\left ( BAC \right )}$ .

Το ορθό σχήμα έπεται μέρους της λύσης , συνεπώς θα .. .. εμφανιστεί σε επόμενη δημοσίευση! Φιλικά, Γιώργος.

Καλησπέρα Γιώργο

Χωρίζω την λύση σε 3 Βήματα :

Βήμα 1 : Ισχύει $\angle BAC=120^\circ$ .

Χρησιμοποιώντας τον τύπο $AD=\sqrt{bc((b+c)^2-a^2)}{b+c}$ , έχουμε ότι $\sqrt{bc((b+c)^2-a^2)}{b+c}=\dfrac{bc}{b+c} \Rightarrow (b+c)^2-a^2=bc \Rightarrow a^2=b^2+bc+c^2$ .

Από Ν.Συνημιτόνων όμως $\cos \angle BAC=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=\dfrac{-bc}{2bc}=-1/2 \Rightarrow \angle BAC=120^\circ$ . $\square$

Βήμα 2 : Ισχύει AB=AC

.

Τα τρίγωνα, $\vartriangle ABH$ και $\vartriangle ACN$ είναι προφανώς όμοια, οπότε $\dfrac{BH}{CN}=\dfrac{c}{b}$ .

Οπότε, $BE \cdot BH = CZ \cdot CN \Rightarrow \dfrac{CZ}{BE}=\dfrac{BH}{CN}=\dfrac{c}{b}$ .

Επίσης, από Θ.Διαμέσων, προκύπτει ότι :

$\dfrac{c^2}{b^2}=\dfrac{CZ^2}{BE^2}=\dfrac{2a^2+2b^2-c^2}{2a^2+2c^2-b^2} \Rightarrow$ $c^2(2a^2+2c^2-b^2)=b^2(2a^2+2b^2-c^2) \Rightarrow$ $2a^2c^2+2c^4=2a^2b^2+2b^4 \Rightarrow (a^2+b^2+c^2)(b^2-c^2)=0 \Rightarrow b=c \,\,\,\,\,$ $\square$

Βήμα 3 : Ο υπολογισμός

Έστω, $Q \equiv BH \cap CN$ . Τότε, αφού το $\vartriangle ABC$ έχει γωνίες $120^\circ,30^\circ,30^\circ$ (από τα 2 προηγούμενα βήματα), έχουμε εύκολα ότι το $\vartriangle BQC$ είναι ισόπλευρο.

Συνεπώς, είναι (DHN)=(NHQ)=(DHB)=(DNC)

, άρα $(DHN)=\dfrac{(BQC)}{4}$ , και $(ABC)=(AQB)=(AQC) \Rightarrow (ABC)=\dfrac{(QBC)}{3}$ .

Τελικά, $\dfrac{(DHN)}{(ABC)}=\dfrac{(BQC)/4}{(BQC)/3}=\dfrac{3}{4}$ .

Γιώργος Μήτσιος · #3

Καλημέρα! Σ' ευχαριστώ Ορέστη για τον χρόνο που διέθεσες
κι' ένα (θερμό λόγω.. καιρικών συνθηκών)

για την μεθοδική σου απάντηση!
Θέτω τώρα το σχήμα (το

είναι από τη λύση του Ορέστη) και σε εύλογο χρονικό διάστημα θα υποβάλω προσωπική προσέγγιση.

: Τα δευτερεύοντα....PNG (8.82 KiB) Προβλήθηκε 525 φορές

Φιλικά, Γιώργος.

Ορέστης Λιγνός · #4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 05, 2020 11:34 am
Χαιρετώ. Θεωρούμε τρίγωνο με τα ύψη του τις διαμέσους του και την διχοτόμο του .

Αν ισχύουν $BE\cdot BH=CZ\cdot CN$ και $AD=\dfrac{AB\cdot AC}{AB+AC}$ τότε: Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{\left ( DHN \right )}{\left ( BAC \right )}$ .

Το ορθό σχήμα έπεται μέρους της λύσης , συνεπώς θα .. .. εμφανιστεί σε επόμενη δημοσίευση! Φιλικά, Γιώργος.

Ας δούμε μία διαφορετική αντιμετώπιση του Βήματος 1 της προηγούμενης λύσης.

Από Θ. Διχοτόμων, $BD=\dfrac{ca}{b+c}$ , άρα, $\dfrac{DA}{DB}=\dfrac{\dfrac{bc}{b+c}}{\dfrac{ca}{b+c}}=b/a=\dfrac{CA}{CB}=\dfrac{AZ}{ZB}$ , άρα έχουμε $\dfrac{DA}{DB}=\dfrac{ZA}{ZB}$ , οπότε η

είναι εξωτερική διχοτόμος της $\angle ADC$ .

Συνεπώς, στο τρίγωνο $\vartriangle ADC$ , το

είναι σημείο τομής της εσωτερικής διχοτόμου της $\angle C$ και της εξωτερικής της $\angle ADC$ , οπότε είναι το

παράκεντρο.

Άρα, η

είναι εξωτερική διχοτόμος της $\angle DAC$ , οπότε $\angle BAD=90^\circ-\angle DAC /2=90^\circ-\angle BAD /2 \Rightarrow \angle BAD=60^\circ \Rightarrow \angle A=120^\circ$ .

#5

Καλησπέρα!

Αλλιώς ότι $\widehat A=120^\circ.$

: 120 μοίρες.png (13.21 KiB) Προβλήθηκε 485 φορές

Προεκτείνω την

κατά τμήμα AP=c.

Είναι, $\displaystyle \frac{{CD}}{{DB}} = \frac{b}{c} = \frac{{CA}}{{AP}} \Rightarrow AD||BP$

$\displaystyle \frac{{AD}}{{BP}} = \frac{b}{{b + c}} = \frac{{AD}}{c} \Leftrightarrow BP = c,$ άρα το ABP

είναι ισόπλευρο και $\boxed{\widehat A=120^\circ}$

Στη συνέχεια της άσκησης τώρα.

: 120 μοίρες.β.png (21.41 KiB) Προβλήθηκε 470 φορές

$\displaystyle BE \cdot BH = CZ \cdot CN \Leftrightarrow BE \cdot \frac{{c\sqrt 3 }}{2} = CZ \cdot \frac{{b\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow \frac{{{m_b}}}{{{m_c}}} = \frac{b}{c} \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow b = c$

Άρα το HNCB

είναι ισοσκελές τραπέζιο και $\displaystyle {\frac{{HN}}{{BC}} = \frac{{AN}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow HN = \frac{a}{2}},$ οπότε $\displaystyle \frac{{DK}}{{AD}} = \frac{3}{2}$

$\displaystyle \frac{{(DHN)}}{{(BAC)}} = \frac{{\frac{a}{2} \cdot DK}}{{a \cdot AD}} = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2} = \frac{3}{4}$

Γιώργος Μήτσιος · #6

Ένα ακόμη ευχαριστώ στον Ορέστη και βεβαίως στον Γιώργο!

Μια ακόμη συνοπτική προσέγγιση.Θεωρώντας γνωστή την πρόταση: Αν σε τρίγωνο είναι τότε $\upsilon _{b}< \upsilon _{c}$ και $\mu _{b}< \mu _{c}$

Η σχέση b>c

μας οδηγεί στην $\upsilon _{b}\cdot \mu _{b} < \upsilon _{c}\cdot \mu _{c}$ που αντιβαίνει με την δοσμένη , ομοίως και η b<c

, άρα απορρίπτονται.

Αν b=c

τότε $\upsilon _{b}= \upsilon _{c}...\mu _{b}= \mu _{c}$ συνεπώς έχουμε $BE\cdot BH=CZ\cdot CN$ αν και μόνον αν AB=AC

.

Έτσι η διχοτόμος

είναι και ύψος με $AD=\dfrac{AB}{2}$ που σημαίνει $\widehat{B}=\widehat{C}=30^\circ$ και $\widehat{A}=120^\circ$ .

Η συνέχεια γνωστή, έχει ήδη καλυφθεί. Φιλικά Γιώργος.

Τα δευτερεύοντα δίνουν λόγο

Τα δευτερεύοντα δίνουν λόγο

Re: Τα δευτερεύοντα δίνουν λόγο

Re: Τα δευτερεύοντα δίνουν λόγο

Re: Τα δευτερεύοντα δίνουν λόγο

Re: Τα δευτερεύοντα δίνουν λόγο

Re: Τα δευτερεύοντα δίνουν λόγο

Μέλη σε σύνδεση