Σχέσεις σε ισόπλευρο

sakis1963 · #1

: GEOMETRIA221=FB2950.jpg (41.49 KiB) Προβλήθηκε 797 φορές

Έστω ισόπλευρο τρίγωνο ABC

και

σημείο της

.

Ο κύκλος που διέρχεται από το

και εφάπτεται της

στο

τέμνει τις AB, AC

στα

αντίστοιχα.

Αν η

συναντά τον περίκυκλο του ABC

στο

, δείξτε ότι:

a. PA=PE+PD

b. $AQ \cdot ED=AP \cdot BC$

c. [AEQD]=3[QBC]

#2

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

Ο κύκλος που διέρχεται από το και εφάπτεται της στο τέμνει τις στα αντίστοιχα.

Αν η συναντά τον περίκυκλο του στο , δείξτε ότι:

a.

b. $AQ \cdot ED=AP \cdot BC$

Για τα δύο πρώτα ερωτήματα. Έστω

η πλευρά του ισοπλεύρου.

: Σχέσεις σε ισόπλευρο.png (22.63 KiB) Προβλήθηκε 740 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

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: $\displaystyle \frac{{DE}}{{BC}} = \frac{{PE}}{{BQ}} = \frac{{PD}}{{QC}} = \frac{{PE + PD}}{{BQ + QC}} = \frac{{AP}}{{AQ}} \Leftrightarrow$ $\boxed{AQ \cdot ED=AP \cdot BC}$

#3

sakis1963 έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 14, 2019 2:29 pm
GEOMETRIA221=FB2950.jpg
Έστω ισόπλευρο τρίγωνο και σημείο της . Ο κύκλος που διέρχεται από το και εφάπτεται της στο τέμνει τις στα αντίστοιχα. Αν η συναντά τον περίκυκλο του στο , δείξτε ότι:
...
c.

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 και είναι οι ορθές προβολές των και επί της και αντίστοιχα. Προφανώς αφού διχοτόμος (από τις 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 ) 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 (37.14 KiB) Προβλήθηκε 687 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 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 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

Σχέσεις σε ισόπλευρο

Σχέσεις σε ισόπλευρο

Re: Σχέσεις σε ισόπλευρο

Re: Σχέσεις σε ισόπλευρο

Μέλη σε σύνδεση