Η διχοτόμος...

#1

: Η διχοτόμος....png (14.29 KiB) Προβλήθηκε 744 φορές

Έστω σημεία επί των πλευρών αντίστοιχα παραλληλογράμμου ώστε: $\left( {LB} \right) = \left( {KD} \right)$ .

Να δειχθεί ότι διχοτομεί τη γωνία $\angle BCD$ , με $P \equiv BK \cap DL$ .

Στάθης

Al.Koutsouridis · #2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Η διχοτόμος....png
Έστω σημεία επί των πλευρών αντίστοιχα παραλληλογράμμου ώστε: $\left( {LB} \right) = \left( {KD} \right)$ .

Να δειχθεί ότι διχοτομεί τη γωνία $\angle BCD$ , με $P \equiv BK \cap DL$ .

Στάθης

Καλησπέρα,

Έστω

το σημείο τομής της

με την

, τότε τα τρίγωνα DCN

και

είναι όμοια ( $DC \parallel AB$ ).
Επίσης όμοια είναι και τα τρίγωνα KDP

με το

( $AD \parallel BC$ ) . Από τις παραπάνω ομοιότητες και λόγο του ότι LB = KD

, έχουμε

$\frac{DP}{PN} = \frac{DK}{NB} = \frac{BL}{NB} = \frac{CD}{CN}$

Δηλαδή στο τρίγωνο CDN

και για το σημείο

ισχύει το θεώρημα της διχοτόμου $\frac{CD}{CN} = \frac{DP}{PN}$ ,
οπότε

διχοτόμος της $\angle BCD$ .

Φιλικά
Αλέξανδρος

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Το συνημμένο Η διχοτόμος....png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Έστω σημεία επί των πλευρών αντίστοιχα παραλληλογράμμου ώστε: $\left( {LB} \right) = \left( {KD} \right)$ .

Να δειχθεί ότι διχοτομεί τη γωνία $\angle BCD$ , με $P \equiv BK \cap DL$ .

Στάθης

Καλημέρα Στάθη. Καλημέρα Αλέξανδρε.

: διχοτόμος2.png (10.67 KiB) Προβλήθηκε 705 φορές

Φέρνω

,

και έστω ότι οι PB,CD

τέμνονται στο

και οι

στο

.

$\displaystyle{HP||CS \Rightarrow \frac{{DP}}{{PS}} = \frac{{DH}}{{HC}}}$ (1)

, $\displaystyle{PE||DC \Rightarrow \frac{{DP}}{{PS}} = \frac{{CE}}{{ES}}}$ (2)

Από

: $\displaystyle{\frac{{DH}}{{HC}} = \frac{{CE}}{{ES}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{HC \cdot CE = DH \cdot ES}$ (3)

$\displaystyle{LB||ZD \Rightarrow \frac{{DP}}{{PL}} = \frac{{ZP}}{{PB}} = \frac{{ZH}}{{HC}}}$ (4)

, $\displaystyle{PE||DC \Rightarrow \frac{{DP}}{{PL}} = \frac{{CE}}{{EB}}}$ (5)

Από

: $\displaystyle{\frac{{CE}}{{EB}} = \frac{{ZH}}{{HC}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{HC \cdot CE = ZH \cdot EB}$ (6)

Από

και

έχουμε:

$\displaystyle{\frac{{ZH}}{{DH}} = \frac{{ES}}{{EB}} \Leftrightarrow \frac{{ZH}}{{ZD}} = \frac{{ES}}{{SB}} \Leftrightarrow \frac{{HP}}{{KD}} = \frac{{PE}}{{LB}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{DK = LB} }$ $\boxed{HP = PE}$

Άρα το τετράπλευρο HCEP

είναι ρόμβος, οπότε η

είναι διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{B\widehat CD}$

#4

Προκύπτει εδώ ένας χρήσιμος γεωμετρικός τόπος που τον έχουμε δει παλιότερα στο

και καλό είναι να τον έχουμε υπόψη μας.

$\bullet$ Αν θεωρήσουμε σταθερό το τρίγωνο $\vartriangle ABD$ και μεταβλητά τα σημεία $K,\ L$ επί των πλευρών ( ή των ευθειών ) $AD,\ AB$ αντιστοίχως, έτσι ώστε να ισχύει DK = BL,

ο γεωμετρικός τόπος του σημείου $P\equiv BK\cap DL$ είναι ευθεία παράλληλη προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ , η οποία περνάει από το συμμετρικό σημείο του

ως προς το μέσον της πλευράς BD.

Κώστας Βήττας.

(*) (18-03-2014) - Δείτε Εδώ.

thanasis.a · #5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
Το συνημμένο Η διχοτόμος....png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Έστω σημεία επί των πλευρών αντίστοιχα παραλληλογράμμου ώστε: $\left( {LB} \right) = \left( {KD} \right)$ .

Να δειχθεί ότι διχοτομεί τη γωνία $\angle BCD$ , με $P \equiv BK \cap DL$ .

Στάθης

: draw1.png (17.42 KiB) Προβλήθηκε 619 φορές

..καλησπέρα.. μετρικά παρομοίως,

από θ. Μενελάου με διατέμνουσα την (B,P,K)

στο $\bigtriangleup DAL: \displaystyle\frac{BA}{BL}\cdot \frac{PL}{PD}\cdot \frac{KD}{KA}=1\mathop\Rightarrow \limits^{BL=KD}..\boxed{\frac{PD}{PL}=\frac{BA}{KA}}\,\,\,\,(1)$

Επίσης $\displaystyle\bigtriangleup DNP\approx \bigtriangleup PLB\Rightarrow \boxed{\frac{DP}{PL}=\frac{NP}{PB}}\,\,\,\,(2)$ .Τέλος $\displaystyle\bigtriangleup KAB\approx \bigtriangleup BNC\Rightarrow\frac{KA}{BC}=\frac{BA}{CN}\Rightarrow\ \boxed{\frac{BA}{KA}=\frac{NC}{CB}}\,\,\,\,(3)$ .

Από την (2) λοιπόν έχουμε: $\displaystyle\frac{NP}{PB}=\frac{DP}{PL}\displaystyle\mathop=\limits^{(1)}\frac{BA}{KA}\mathop=\limits^{(3)}=\frac{NC}{BC}\Rightarrow \boxed{\frac{NP}{PB}=\frac{NC}{BC}}$ οπότε από το ανάποδο του θ. διχοτόμου στο τριγωνο CBN

φαίνεται ότι

διχοτόμος της γωνίας DCB

#6

Οι κύκλοι

έχουν ίσες ακτίνες καθώς τα δύο τρίγωνα έχουν ίσες βάσεις KD=BL

και ίσες τις απέναντι γωνίες $\angle KPD=\angle BPL$ . Έστω E, Z

τα σημεία τομής των κύκλων PKD, PBL

με τις

αντίστοιχα. Τα τρίγωνα PDE, PBZ

έχουν ίσες γωνίες καθώς $\angle PED=\angle PKA=\angle PBZ, \angle PDE= \angle PLA= \angle PZB$ και ίσους περιγεγραμμένους κύκλους, επομένως είναι ίσα, οπότε έχουν και ίσα ύψη. Δηλαδή το σημείο

ισαπέχει από τις BC, CD

.

Η διχοτόμος...

Η διχοτόμος...

Re: Η διχοτόμος...

Re: Η διχοτόμος...

Re: Η διχοτόμος...

Re: Η διχοτόμος...

Re: Η διχοτόμος...

Μέλη σε σύνδεση