Κριτήριο ισοσκελούς 2

#1

: Κριτήριο ισοσκελούς.2.png (12.98 KiB) Προβλήθηκε 798 φορές

είναι ένα σημείο της πλευράς

τριγώνου

ώστε

Τα σημεία

και τα βαρύκεντρα E, F

των τριγώνων ABD, ACD

είναι ομοκυκλικά. Να δείξετε ότι AB=AC.

Σημείωση: Το σχήμα δεν είναι ακριβές.

Ορέστης Λιγνός · #2

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 15, 2018 7:06 pm

Κριτήριο ισοσκελούς.2.png
είναι ένα σημείο της πλευράς τριγώνου ώστε Τα σημεία

και τα βαρύκεντρα των τριγώνων είναι ομοκυκλικά. Να δείξετε ότι

Σημείωση: Το σχήμα δεν είναι ακριβές.

Καλησπέρα Γιώργο.

Προφανώς, οι BE,CF

τέμνουν (ως διάμεσοι) την

στο μέσο της. Έστω λοιπόν $P \equiv BE \cap CF \cap AD$ .

Τότε, από δύναμη σημείου $PE \cdot PB=PF \cdot PC$ . Όμως, ισχύει $BE=\dfrac{2}{3}PB, FC=\dfrac{2}{3}PC$ . Αντικαθιστώντας, προκύπτει PB=PC

.

Από Θ. Διαμέσων, $\dfrac{2BD^2+2c^2-AD^2}{4}=PB^2=PC^2=\dfrac{2CD^2+2b^2-AD^2}{4}$ , ή ισοδύναμα $2(BD-CD)(BD+CD)=2(b-c)(b+c) \Rightarrow (b-c)(a-b-c)=0$ , όμως, από την Τριγωνική Ανισότητα, b+c>a

, άρα αναγκαστικά b=c

, το ζητούμενο.

#3

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 15, 2018 11:10 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Αύγ 15, 2018 7:06 pm
Κριτήριο ισοσκελούς.2.png
είναι ένα σημείο της πλευράς τριγώνου ώστε Τα σημεία

και τα βαρύκεντρα των τριγώνων είναι ομοκυκλικά. Να δείξετε ότι

Σημείωση: Το σχήμα δεν είναι ακριβές.
Καλησπέρα Γιώργο.

Προφανώς, οι τέμνουν (ως διάμεσοι) την στο μέσο της. Έστω λοιπόν $P \equiv BE \cap CF \cap AD$ .

Τότε, από δύναμη σημείου $PE \cdot PB=PF \cdot PC$ . Όμως, ισχύει $BE=\dfrac{2}{3}PB, FC=\dfrac{2}{3}PC$ . Αντικαθιστώντας, προκύπτει .

Από Θ. Διαμέσων, $\dfrac{2BD^2+2c^2-AD^2}{4}=PB^2=PC^2=\dfrac{2CD^2+2b^2-AD^2}{4}$ , ή ισοδύναμα $2(BD-CD)(BD+CD)=2(b-c)(b+c) \Rightarrow (b-c)(a-b-c)=0$ , όμως, από την Τριγωνική Ανισότητα,, άρα αναγκαστικά , το ζητούμενο.

Altrian · #4

Καλησπέρα. Σκέφτηκα μια διαφορετική προσέγγιση και θα ήθελα να την εκθέσω.
Εστω

το μέσο της

, όπου δηλ. τέμνονται και οι

και

. Εστω επίσης G,H

τα μέσα των AB, AC

αντίστοιχα.
Εχουμε ότι AE=AM*2/3

και

. Αρα $EF\left | \right |MN$ . Αρα BEFC

ισοσκελές τραπέζιο (επειδή εγγράφεται) και επομένως BE=FC

και κατ' επέκταση BP=PC

. Προφανώς GPMB,CHPN

παραλληλόγραμμα. Δίδεται ότι: AB+BD=AC+CD

. Διαρώντας με το

παίρνουμε την ισοδύναμη: BM+MP=NC+NP

.
Ετσι για τα $\triangle BMP,\triangle CNP$ έχουμε: μια πλευρά ίση BP=PC

, μια γωνία ίση $\widehat{PBM}=\widehat{PCN}$ και το άθροισμα των δύο άλλων πλευρών ίσο.
Η απόδειξη επομένως ανάγεται στην δυνατότητα κατασκευής (μονοσήμαντα) τριγώνου, έστω $\triangle XYZ$ όπου γνωρίζουμε τα εξής δεδομένα: Την πλευρά

, την γωνία $\widehat{X}$ και το XZ+YZ

.
Ο συγκεκριμένος ισχυρισμός (δυνατότητα μονοσήμαντης κατασκευής τριγώνου) ισχύει, άρα τα τρίγωνα είναι ίσα. Η απόδειξη της κατασκευής είναι απλή και όμορφη.
Θα ήθελα την γνώμη σας αν θα πρέπει να παρουσιαστεί εδώ, ή αν πρέπει να αποτελέσει αντικείμενο ανεξάρτητης άσκησης, ή αν έχει παρουσιαστεί στο παρελθόν στο forum, οπότε να γίνει αναφορά.

#5

Altrian έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 16, 2018 7:48 pm
Καλησπέρα. Σκέφτηκα μια διαφορετική προσέγγιση και θα ήθελα να την εκθέσω.
Εστω το μέσο της , όπου δηλ. τέμνονται και οι και . Εστω επίσης τα μέσα των αντίστοιχα.
Εχουμε ότι και . Αρα $EF\left | \right |MN$ . Αρα ισοσκελές τραπέζιο (επειδή εγγράφεται) και επομένως και κατ' επέκταση . Προφανώς παραλληλόγραμμα. Δίδεται ότι:. Διαρώντας με το παίρνουμε την ισοδύναμη: .
Ετσι για τα $\triangle BMP,\triangle CNP$ έχουμε: μια πλευρά ίση , μια γωνία ίση $\widehat{PBM}=\widehat{PCN}$ και το άθροισμα των δύο άλλων πλευρών ίσο.
Η απόδειξη επομένως ανάγεται στην δυνατότητα κατασκευής (μονοσήμαντα) τριγώνου, έστω $\triangle XYZ$ όπου γνωρίζουμε τα εξής δεδομένα: Την πλευρά , την γωνία $\widehat{X}$ και το .
Ο συγκεκριμένος ισχυρισμός (δυνατότητα μονοσήμαντης κατασκευής τριγώνου) ισχύει, άρα τα τρίγωνα είναι ίσα. Η απόδειξη της κατασκευής είναι απλή και όμορφη.
Θα ήθελα την γνώμη σας αν θα πρέπει να παρουσιαστεί εδώ, ή αν πρέπει να αποτελέσει αντικείμενο ανεξάρτητης άσκησης, ή αν έχει παρουσιαστεί στο παρελθόν στο forum, οπότε να γίνει αναφορά.

Ωραία σκέψη

Μπορείς να κάνεις την απόδειξη ισότητας (ή τη κατασκευή) εδώ αν θέλεις.

Altrian · #6

Η κατασκευή:
Γνωρίζουμε το μήκος της μιας πλευράς

έστω $\alpha$ , καθώς και το άθροισμα των δύο άλλων πλευρών. Αρα γνωρίζουμε την περίμετρο του υπό κατασκευή τριγώνου και έστω $\tau$ η ημιπερίμετρος.
Από το σημείο

δημιουργώ την δεδομένη γωνία $\varphi$ και ορίζω τμήματα $XB=XC=\tau$ . Από τα B,C

φέρνω τις καθέτους στις XB,XC

αντίστοιχα που τέμνονται στο

. Ορίζω τον κύκλο $\left(O,OB\right)$ . Πάνω στην

παίρνω το γνωστό τμήμα $XY=\alpha$ ίσο δηλ. με την γνωστή πλευρά. Από το

φέρνω την εφαπτομένη του κύκλου $\left(O,OB\right)$ που εφάπτεται έστω στο

και τέμνει την

έστω στο

.
Εχουμε:
$2\tau =XB+XC=XY+YB+XZ+ZC=XY+YP+XZ+ZP=XY+YZ+XZ$
και η κατασκευή του $\triangle XYZ$ ολοκληρώθηκε.

#7

Άλλη μία κατασκευή. Έστω $XY=a, \widehat X=\varphi, XZ+YZ=k.$

: ΚΑΤ..png (7.17 KiB) Προβλήθηκε 627 φορές

Κατασκευάζω το τρίγωνο AXY

με $XY=a, \widehat X=\varphi, AX=k.$ Η μεσοκάθετη του

τέμνει την

στην τρίτη κορυφή

του ζητούμενου τριγώνου.

Κριτήριο ισοσκελούς 2

Κριτήριο ισοσκελούς 2

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 2

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 2

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 2

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 2

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 2

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 2

Μέλη σε σύνδεση