PA=PB+PC

Συντονιστής: Μιχάλης Νάννος

Άβαταρ μέλους
Φωτεινή
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3691
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:02 am
Τοποθεσία: -mathematica-

PA=PB+PC

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φωτεινή » Κυρ Ιαν 23, 2011 12:44 pm

Ισόπλευρο τρίγωνο ABC είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,r).
Στο τόξοBC(A \not \in BC) παίρνουμε τυχαίο σημείο P και φέρουμε τις χορδές PA,PB,PC.
Να δείξετε ότι PA=PB+PC


Φωτεινή Καλδή

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Καρδαμίτσης Σπύρος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2326
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 11:14 pm
Επικοινωνία:

Re: PA=PB+PC

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Καρδαμίτσης Σπύρος » Κυρ Ιαν 23, 2011 1:15 pm

Καλημέρα στην όμορφη Πύλο

Aπό το θεώρημα του Πτολεμαίου έχουμε:

\displaystyle{ 
PA \cdot BC = PB \cdot AC + PC \cdot AB 
}
επειδή το τρίγωνο είναι ισόπλευρο ισχύει
\displaystyle{ 
AB = BC = CA = a 
}
και η παραπάνω σχέση γράφεται:

\displaystyle{ 
PA \cdot a = PB \cdot a + PC \cdot a 
}
ή \displaystyle{ 
PA = PB + PC 
}
Συνημμένα
ISOPLEYRO.PNG
ISOPLEYRO.PNG (17.16 KiB) Προβλήθηκε 1139 φορές


Καρδαμίτσης Σπύρος
GMANS
Δημοσιεύσεις: 502
Εγγραφή: Τετ Απρ 07, 2010 6:03 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: PA=PB+PC

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από GMANS » Κυρ Ιαν 23, 2011 1:42 pm

Αν Κ σημείο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΡ ώστε ΡΚ=ΡΒ το τρίγωνο ΒΡΚ είναι ισόπλευρο (ΡΒ=ΡΚ και γων. ΒΡΚ=60)

γων. ΒΑΡ= γων. ΒΓΡ, γων. ΑΚΒ= γων. ΓΡΒ=120 οπότε

γων. ΑΒΚ =γων. ΓΒΡ
και ΑΒ=ΒΓ, ΒΡ=ΒΚ οπότε τρίγωνο ΑΒΚ= τρίγωνο ΒΓΡ επομένως ΑΚ=ΓΡ ,

τελικά ΑΡ=ΑΚ+ΚΡ=ΡΒ+ΡΓ


Γ. Μανεάδης
Άβαταρ μέλους
Φωτεινή
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3691
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:02 am
Τοποθεσία: -mathematica-

Re: PA=PB+PC

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φωτεινή » Κυρ Ιαν 23, 2011 2:44 pm

Σας ευχαριστώ για τις απαντήσεις σας
Καρδαμίτσης Σπύρος έγραψε:Καλημέρα στην όμορφη Πύλο
καλό απόγευμα Κυριακής από Πύλο ... :byebye:


Φωτεινή Καλδή
kostas136
Δημοσιεύσεις: 631
Εγγραφή: Κυρ Φεβ 01, 2009 6:47 pm
Τοποθεσία: Αθήνα, Ν. Αττικής
Επικοινωνία:

Re: PA=PB+PC

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kostas136 » Κυρ Ιαν 23, 2011 2:46 pm

Μια προσέγγιση (αλλά χρησιμοποιώντας εργαλεία Β Λυκείου) στο όμορφο πρόβλημα της Φωτεινής, αξίζει να μείνει στην μνήμη μας ως θεώρημα.

Ισχύει:
\displaystyle (\bigtriangleup ABP)+(\bigtriangleup APC)=(\bigtriangleup ABC)+(\bigtriangleup BPC)\Rightarrow \frac{1}{2}BP\cdot AP\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}PC\cdot AP\frac{\sqrt{3}}{2}=a^{2}\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{1}{2}BP\cdot PC\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AP(BP+PC)=BC^{2}+BP\cdot PC\Rightarrow AP(BP+PC)=BP^{2}+PC^{2}-2BP\cdot PC(-\frac{1}{2})+BP\cdot PC\Rightarrow AP=\frac{(BP+PC)^{2}}{BP+PC}=BP+PC
Φωτεινή, η Πύλος είναι το κάτι άλλο, κάθε καλοκαίρι πηγαίνω για τον καφέ στο Λιμανάκι... :)


Life is like a box of chocolates. You never know what you might find inside!
To be the Black Swan, to be perfect!
Κώστας Καπένης
Άβαταρ μέλους
Φωτεινή
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3691
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:02 am
Τοποθεσία: -mathematica-

Re: PA=PB+PC

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φωτεινή » Κυρ Ιαν 23, 2011 2:49 pm

kostas136 έγραψε:
Φωτεινή, η Πύλος είναι το κάτι άλλο, κάθε καλοκαίρι πηγαίνω για τον καφέ στο Λιμανάκι... :)
Κώστα,φέτος το καλοκαίρι έλα για ποικιλία και ουζάκι ,λίγα τα χιλιόμετρα που μας χωρίζουν... :)


Φωτεινή Καλδή
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5382
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: PA=PB+PC

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Κυρ Ιαν 23, 2011 3:04 pm

Να και μία διαφορετική αντιμετώπιση ,γιά την Φωτεινή.
Αν θεωρήσουμε σημείο D της ΡC, ώστε AD κάθετη στην ΡC και επειδή <APC=<BPA=60-μοίρες, από το θ.Mac Laurin(*) στην γωνία <BPC, έχουμε ότι PB+PC=2PD=PA.

(*) Το εν λόγω θεώρημα είναι βασικό και αποδεικνύεται στοιχειωδώς και γρήγορα γιά τυχούσα γωνία ΧΟΥ και σημείο Δ της διχοτόμου της που ο περιγεγραμένος κύκλος στο ΟΒΓ με Β σημείο της ΟΧ και με Γ σημείο της ΟΥ τέμνει δηλ. όχι μόνο γιά τις 120-μοίρες που τυχαίνει να έχουμε εδώ.

S.E.Louridas


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3270
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: PA=PB+PC

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Κυρ Ιαν 23, 2011 3:25 pm

Άλλη μια λύση προκύπτει με στροφή του τριγώνου BPC κατά {60^ \circ } αριστερόστροφα ως προς B (τρίγωνο ABD).

Το σημείο D θα ανήκει στην AP γιατί B\widehat AP = B\widehat CP (εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο) και το τρίγωνο BDP θα είναι ισόπλευρο (BD = BP και P\widehat BD = \varphi  + {60^ \circ } - \varphi  = {60^ \circ }).

Οπότε θα ισχύει: PA = PD + DA = PB + PC.
Συνημμένα
PA=PB+PC.jpg
PA=PB+PC.jpg (63.24 KiB) Προβλήθηκε 1061 φορές


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 11907
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: PA=PB+PC

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Ιαν 23, 2011 3:38 pm

Φωτεινή έγραψε:Ισόπλευρο τρίγωνο ABC είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,r).
Στο τόξοBC(A \not \in BC) παίρνουμε τυχαίο σημείο P και φέρουμε τις χορδές PA,PB,PC.
Να δείξετε ότι PA=PB+PC
Να την συνεχίσουμε, για όφελος των μαθητών μας:

Δείξτε ακόμη ότι

\displaystyle {  PB = \frac{1}{2}PA -\frac{1}{2} \sqrt{4AB^2 - 3PA^2},

\displaystyle {PC = \frac{1}{2}PA +\frac{1}{2} \sqrt{4AB^2 - 3PA^2}, \,

(πήρα, χωρίς βλάβη, PB\le PC).

Οι σχέσεις αυτές έχουν, βέβαια, ως πόρισμα την PA=PB+PC.
Προσοχή όμως, δεν λέω ότι έτσι έχουμε και άλλη λύση του PA=PB+PC, καθώς για τις παραπάνω
παραστάσεις έκανα χρήση του.

Φιλικά,

Μιχάλης


Μπάμπης Στεργίου
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5390
Εγγραφή: Δευ Δεκ 22, 2008 2:16 pm
Τοποθεσία: Χαλκίδα - Καρδίτσα

Re: PA=PB+PC

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μπάμπης Στεργίου » Κυρ Ιαν 23, 2011 10:46 pm

Να συμπληρώσω και γω μια ασήμαντη παρατήρηση: Η πρόταση αυτή είναι γνωστή ως ''θεώρημα van Schooten '' και έχει πολλές εφαρμογές σε ωραία θέματα που αφορούν κύκλους και ισόπλευρα τρίγωνα .

Μπάμπης


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4565
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: PA=PB+PC

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Κυρ Ιαν 23, 2011 10:52 pm

Αν δεν το έβλεπα με τα ματάκια μου :shock: δεν θα το πίστευα!

Η άσκηση της Φωτεινής λύνεται κι αλλιώς εκτός από τη "ψυχρή" τριγωνομετρική λύση! :lol:

Τι μαθαίνει
κανείς στο :logo: ...

(Το εννοώ το "τι μαθαίνει κανείς στο mathematica")!
23-01-2011 Γεωμετρία.jpg
23-01-2011 Γεωμετρία.jpg (17.18 KiB) Προβλήθηκε 977 φορές
Έστω ΑΒ = ΑC = BC = α.

Είναι \displaystyle 
\widehat{APC} = \widehatB = 60^\circ ως εγγεγραμμένες στον ίδιο κύκλο που βαίνουν στο ίδιο τόξο.

Επίσης: \displaystyle \widehat{APB} = \widehatC = 60^\circ
για τον ίδιο λόγο.

\displaystyle 
\widehat{BAP} = \omega  \Rightarrow \widehat{CAP} = 60^\circ  - \omega ,\;\;\widehat{{\rm A}{\rm B}P} = 120^\circ  - \omega

Οπότε, από Ν. Ημιτόνων στο ΑΒP \displaystyle 
\frac{{P{\rm B}}}{{\eta \mu \omega }} = \frac{\alpha }{{\eta \mu 60^\circ }} \Rightarrow P{\rm B} = \alpha  \cdot \frac{{\eta \mu \omega }}{{\eta \mu 60^\circ }}

και \displaystyle 
\frac{{{\rm{AP}}}}{{{\rm{\eta \mu }}\left( {{\rm{120}}^\circ {\rm{ - \omega }}} \right)}} = \frac{\alpha }{{\eta \mu 60^\circ }} \Rightarrow {\rm A}P = \alpha  \cdot \frac{{\eta \mu \left( {120^\circ  - \omega } \right)}}{{\eta \mu 60^\circ }} = \alpha  \cdot \frac{{\sqrt 3 \sigma \upsilon \nu \omega  + \eta \mu \omega }}{{\sqrt 3 }}

και στο ΑCP \displaystyle 
\frac{{PC}}{{\eta \mu \left( {60^\circ  - \omega } \right)}} = \frac{\alpha }{{\eta \mu 60^\circ }} \Rightarrow PC = \alpha  \cdot \frac{{\eta \mu \left( {60^\circ  - \omega } \right)}}{{\eta \mu 60^\circ }}

Οπότε: \displaystyle 
PB + PC = \alpha  \cdot \frac{{\eta \mu \omega  + \eta \mu \left( {60^\circ  - \omega } \right)}}{{\eta \mu 60^\circ }} = \alpha  \cdot \frac{{\eta \mu \omega  + \sqrt 3 \sigma \upsilon \nu \omega }}{{\sqrt 3 }} = PA

Γιωργος Ρίζος


Άβαταρ μέλους
Φωτεινή
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3691
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 9:02 am
Τοποθεσία: -mathematica-

Re: PA=PB+PC

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φωτεινή » Κυρ Ιαν 23, 2011 11:04 pm

αυτή είναι η ομορφιά του :logo:
μία άσκηση ...πολλές πανέμορφες απαντήσεις
Rigio έγραψε:Αν δεν το έβλεπα με τα ματάκια μου :shock: δεν θα το πίστευα!

Η άσκηση της Φωτεινής λύνεται κι αλλιώς εκτός από τη "ψυχρή" τριγωνομετρική λύση! :lol:
Γιώργο,είπε άραγε κάποιος (Φ.Κ) τις τριγωνομετρικές λύσεις ''ψυχρές'';..πω πω ..δεν το πιστεύω :)


Φωτεινή Καλδή
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α'”

Μέλη σε σύνδεση

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