Κριτήριο ισοσκελούς 2

Συντονιστές: silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10647
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Κριτήριο ισοσκελούς 2

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Αύγ 15, 2018 7:06 pm

Κριτήριο ισοσκελούς.2.png
Κριτήριο ισοσκελούς.2.png (12.98 KiB) Προβλήθηκε 629 φορές
D είναι ένα σημείο της πλευράς BC τριγώνου ABC ώστε AB+BD=AC+CD. Τα σημεία B, C

και τα βαρύκεντρα E, F των τριγώνων ABD, ACD είναι ομοκυκλικά. Να δείξετε ότι AB=AC.


Σημείωση: Το σχήμα δεν είναι ακριβές.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1656
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 2

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τετ Αύγ 15, 2018 11:10 pm

george visvikis έγραψε:
Τετ Αύγ 15, 2018 7:06 pm
Κριτήριο ισοσκελούς.2.png
D είναι ένα σημείο της πλευράς BC τριγώνου ABC ώστε AB+BD=AC+CD. Τα σημεία B, C

και τα βαρύκεντρα E, F των τριγώνων ABD, ACD είναι ομοκυκλικά. Να δείξετε ότι AB=AC.


Σημείωση: Το σχήμα δεν είναι ακριβές.
Καλησπέρα Γιώργο.

Προφανώς, οι BE,CF τέμνουν (ως διάμεσοι) την AD 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.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε!
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10647
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 2

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Αύγ 16, 2018 5:29 pm

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
Τετ Αύγ 15, 2018 11:10 pm
george visvikis έγραψε:
Τετ Αύγ 15, 2018 7:06 pm
Κριτήριο ισοσκελούς.2.png
D είναι ένα σημείο της πλευράς BC τριγώνου ABC ώστε AB+BD=AC+CD. Τα σημεία B, C

και τα βαρύκεντρα E, F των τριγώνων ABD, ACD είναι ομοκυκλικά. Να δείξετε ότι AB=AC.


Σημείωση: Το σχήμα δεν είναι ακριβές.
Καλησπέρα Γιώργο.

Προφανώς, οι BE,CF τέμνουν (ως διάμεσοι) την AD 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.
:clap2:


Altrian
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Μάιος 01, 2018 4:51 pm
Τοποθεσία: Βούλα, Αττική

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 2

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Altrian » Πέμ Αύγ 16, 2018 7:48 pm

Καλησπέρα. Σκέφτηκα μια διαφορετική προσέγγιση και θα ήθελα να την εκθέσω.
Εστω P το μέσο της AD, όπου δηλ. τέμνονται και οι BE και FC. Εστω επίσης G,H τα μέσα των AB, AC αντίστοιχα.
Εχουμε ότι AE=AM*2/3 και AF=AN*2/3. 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 2 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 XY, 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.
Συνημμένα
kritirio_isoskelous_2.png
kritirio_isoskelous_2.png (44.42 KiB) Προβλήθηκε 518 φορές


Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10647
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 2

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Αύγ 17, 2018 8:55 am

Altrian έγραψε:
Πέμ Αύγ 16, 2018 7:48 pm
Καλησπέρα. Σκέφτηκα μια διαφορετική προσέγγιση και θα ήθελα να την εκθέσω.
Εστω P το μέσο της AD, όπου δηλ. τέμνονται και οι BE και FC. Εστω επίσης G,H τα μέσα των AB, AC αντίστοιχα.
Εχουμε ότι AE=AM*2/3 και AF=AN*2/3. 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 2 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 XY, 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.
Ωραία σκέψη :coolspeak: Μπορείς να κάνεις την απόδειξη ισότητας (ή τη κατασκευή) εδώ αν θέλεις.


Altrian
Δημοσιεύσεις: 217
Εγγραφή: Τρί Μάιος 01, 2018 4:51 pm
Τοποθεσία: Βούλα, Αττική

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 2

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Altrian » Παρ Αύγ 17, 2018 11:08 am

Η κατασκευή:
Γνωρίζουμε το μήκος της μιας πλευράς XY 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 X 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 O. Ορίζω τον κύκλο \left(O,OB\right). Πάνω στην XB παίρνω το γνωστό τμήμα XY=\alpha ίσο δηλ. με την γνωστή πλευρά. Από το Y φέρνω την εφαπτομένη του κύκλου\left(O,OB\right) που εφάπτεται έστω στο P και τέμνει την XC έστω στο Z.
Εχουμε:
2\tau =XB+XC=XY+YB+XZ+ZC=XY+YP+XZ+ZP=XY+YZ+XZ
και η κατασκευή του \triangle XYZ ολοκληρώθηκε.
Συνημμένα
kataskevi_trigonou.png
kataskevi_trigonou.png (23.34 KiB) Προβλήθηκε 469 φορές


Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10647
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Κριτήριο ισοσκελούς 2

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Αύγ 17, 2018 11:40 am

Άλλη μία κατασκευή. Έστω XY=a, \widehat X=\varphi, XZ+YZ=k.
ΚΑΤ..png
ΚΑΤ..png (7.17 KiB) Προβλήθηκε 458 φορές
Κατασκευάζω το τρίγωνο AXY με XY=a, \widehat X=\varphi, AX=k. Η μεσοκάθετη του AY τέμνει την AX στην τρίτη κορυφή Z του ζητούμενου τριγώνου.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γενικά - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης