ΜΙΑ ΠΑΛΙΑ ΚΑΙ ΓΝΩΣΤΗ ΑΣΚΗΣΗ

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #1

Στην άσκηση που προτείνω παρακάτω έχω δει λύση που όμως βασίζεται στα εμβαδά.Θέλω να δοθεί λύση με όμοια τρίγωνα.

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ(με Α ορθή) το Ι είναι το έγκεντρο.
Αποδείξτε ότι ΙΒ ΙΓ=ΙΑ ΒΓ.

GMANS · #2

Αν p η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ
$(BI\Gamma )=\frac{1}{2}IB*I\Gamma *sin(\acute{BI\Gamma })=\frac{1}{2}IB*I\Gamma *sin(135^0)=\frac{\sqrt{2}}{4}IB*I\Gamma$
Είναι όμως και

$(BI\Gamma )=\frac{1}{2}B\Gamma*p=\frac{1}{2}B\Gamma*IAsin (\frac{\hat{A}}{2})=\frac{\sqrt{2}}{4}B\Gamma*IA$

Οπότε
$IB*I\Gamma =B\Gamma*IA$

(λύση με τριγωνομετρία σίγουρα έξω από το ζητούμενο του θεματοθέτη αλλά την βάζω να υπάρχει…)

#3

Μια πολύ απλή λύση με εργαλεία της τριγωνομετρίας είναι η παρακάτω:

: 03-06-2011 Γεωμετρία.jpg (10.68 KiB) Προβλήθηκε 855 φορές

Από γνωστό Θεώρημα (εφαρμογή και στο σχ. βιβλίο) είναι $\displaystyle \widehat{BI\Gamma } = 90^\circ + \frac{{\widehat{\rm A}}}{2} = 135^\circ$

Έστω $\displaystyle \widehat{{\rm A}\Gamma {\rm I}} = \widehat{{\rm B}\Gamma {\rm I}} = \phi ,\;\;\widehat{{\rm A}{\rm B}{\rm I}} = \widehat{\Gamma {\rm B}{\rm I}} = \omega$

Από Ν. Ημιτόνων στο ΑΙΓ: $\displaystyle \frac{{{\rm I}\Gamma }}{{\eta \mu 45^\circ }} = \frac{{{\rm I}{\rm A}}}{{\eta \mu \phi }} \Leftrightarrow \frac{{\eta \mu 45^\circ }}{{\eta \mu \phi }} = \frac{{{\rm I}\Gamma }}{{{\rm I}{\rm A}}}$

Από Ν. Ημιτόνων στο ΒΙΓ: $\displaystyle \frac{{{\rm B}\Gamma }}{{\eta \mu 135^\circ }} = \frac{{{\rm I}{\rm B}}}{{\eta \mu \phi }} \Leftrightarrow \frac{{\eta \mu 135^\circ }}{{\eta \mu \phi }} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{{{\rm I}{\rm B}}}$

Αφού $\displaystyle \eta \mu 135^\circ = \eta \mu 45^\circ$ είναι $\displaystyle \frac{{{\rm I}\Gamma }}{{{\rm I}{\rm A}}} = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{{{\rm I}{\rm B}}} \Leftrightarrow {\rm I}{\rm B} \cdot {\rm I}\Gamma = {\rm B}\Gamma \cdot {\rm I}{\rm A}$

#4

Λέω να μην σου χαλάσω το χατίρι

Θεωρούμε την κάθετη στη διχοτόμο $\displaystyle{ {\rm I}\Gamma }$ η οποία τέμνει την διχοτόμο της γωνίας $\displaystyle{ \hat {\rm B} }$ στο σημείο $\displaystyle{ {\rm I}_\beta }$ (ουσιαστικά το $\displaystyle{ {\rm I}_\beta }$ είναι το παράκεντρο που αντιστοιχεί στην κορυφή $\displaystyle{ {\rm B} }$ . Τότε:

$\displaystyle{ \widehat{{\rm I}_\beta \Gamma {\rm A}} = 90^0 - \frac{{\hat \Gamma }} {2}:\left( 1 \right) }$ και $\displaystyle{ \widehat{{\rm I}_\beta {\rm I}{\rm A}} = \frac{{\hat {\rm A}}} {2} + \frac{{\hat {\rm B}}} {2} = 90^0 - \frac{{\hat \Gamma }} {2}:\left( 2 \right) }$ . Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι: $\displaystyle{ \widehat{{\rm I}_\beta \Gamma {\rm A}} = \widehat{{\rm I}_\beta {\rm I}{\rm A}} = \hat \phi }$ οπότε το τετράπλευρο $\displaystyle{ {\rm I}_\beta \Gamma {\rm I}{\rm A} }$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο άρα

$\displaystyle{ \widehat{{\rm I}{\rm I}_\beta \Gamma } = \widehat{{\rm I}{\rm A}\Gamma } = \frac{{\hat {\rm A}}} {2} = 45^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle {\rm I}_\beta \Gamma {\rm I}(o\rho \theta o\gamma .\sigma \tau o.\Gamma )} \widehat{\Gamma {\rm I}{\rm I}_\beta } = 45^0 \Rightarrow \boxed{\Gamma {\rm I}_\beta = {\rm I}\Gamma }:\left( 3 \right) }$

Για τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle {\rm B}\Gamma {\rm I}_\beta ,\;\vartriangle {\rm B}{\rm I}{\rm A} }$ ισχύουν: $\displaystyle{ \widehat{\Gamma {\rm B}{\rm I}_\beta } = \widehat{{\rm I}{\rm B}{\rm A}} = \frac{{\hat {\rm B}}} {2},\quad \widehat{{\rm B}{\rm I}_\beta \Gamma } = \widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm I}} = \hat \omega = 45^0 }$ οπότε είναι όμοια άρα: $\displaystyle{ \frac{{{\rm I}_\beta \Gamma }} {{{\rm I}{\rm A}}} = \frac{{{\rm B}\Gamma }} {{{\rm I}{\rm B}}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \frac{{{\rm I}\Gamma }} {{{\rm I}{\rm A}}} = \frac{{{\rm B}\Gamma }} {{{\rm I}{\rm B}}} \Rightarrow \boxed{{\rm I}{\rm B} \cdot {\rm I}\Gamma = {\rm I}{\rm A} \cdot {\rm B}\Gamma } }$

Στάθης

Ιστοσελίδα · #5

Καλημέρα

Από το ${\rm I}$ φέρω κάθετη προς την ${\rm I}\Gamma$ που τέμνει τις πλευρές ${\rm B}{\rm A},{\rm B}\Gamma$ στα $\Delta ,{\rm E}$ αντίστοιχα. Θέτοντας ${\rm A}\widehat \Gamma {\rm I} = {\rm B}\widehat \Gamma {\rm I} = x$ θα είναι $\Gamma \widehat {\rm B}{\rm I} = {\rm I}\widehat {\rm B}{\rm A} = {45^ \circ } - x$ και αφού ${\rm B}\widehat {\rm I}{\rm E} = {45^ \circ }$ θα είναι (από εξωτερική γωνία) ${\rm I}\widehat \Delta {\rm B} = x$ .

Τα τρίγωνα ${\rm B}\Delta {\rm I},{\rm B}\Gamma {\rm I}$ είναι ίσα $\left( {\Gamma - \Pi - \Gamma } \right)$ άρα ${\rm I}\Delta = {\rm I}\Gamma \,\,\left( 1 \right)$ . Τα τρίγωνα ${\rm A}\Delta {\rm I},{\rm I}\Gamma {\rm B}$ είναι όμοια και από το λόγο ομοιότητας παίρνουμε: $\displaystyle\frac{{{\rm I}\Delta }}{{{\rm B}\Gamma }} = \displaystyle\frac{{{\rm I}{\rm A}}}{{{\rm I}{\rm B}}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} {\rm I}{\rm B} \cdot {\rm I}\Gamma = {\rm I}{\rm A} \cdot {\rm B}\Gamma$ .

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #6

Kατ' αρχήν ευχαριστώ τον GMANS και τον Γώργο Ρίζο για τις λύσεις τους, έστω και αν ήταν έξω από το πνεύμα που ήθελα .
Ευχαριστώ ιδιαίτερα το Στάθη Κούτρα και το Μιχάλη Νάννο για τις όμορφες λύσεις τους που ομολογώ ότι δεν είχα υπ' όψιν.
Αυτό είναι για μένα ένα ώφελος από τη συμμετοχή μου στο mathematica, το να βλέπω άλλες λύσεις σε προβλήματα που πιστεύω ότι είναι πλέον κλασσικά.
Γράφω τώρα τη λύση που έχω σημειώσει στο ηλικίας 20 ετών αρχείο μου.

ΓΖ είναι η διχοτόμος της Γ στο ορθ.τρίγωνο ΑΒΓ.
Σύμφωνα με το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο ΒΓΖ ισχύει ότι:
ΒΓ/ΒΖ=ΙΓ/ΙΖ δηλαδή ΒΓ/ΙΓ=ΒΖ/ΙΖ. (1)
Στο τρίγωνο ΙΒΓ η γωνία ΒΙΖ είναι εξωτερική. Άρα ΒΙΖ=ΙΒΓ+ΒΓΙ=Β/2+Γ/2=45.
Φυσικά ΙΑΒ=45 ως μισή της ορθής γωνίας Α.
Συνεπώς ΒΙΖ=ΙΑΒ.
Τα τρίγωνα ΒΙΖ,ΒΑΙ είναι όμοια (ΖΒΙ κοινή και ΙΑΒ=ΒΙΖ).
Έτσι ΙΒ/ΙΑ=ΖΒ/ΖΙ. (2)
Από τις (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο.

Παρακαλώ ή το Μιχάλη Νάννο ή το Στάθη Κούτρα να φτιάξουν ένα σχήμα που να ανταποκρίνεται στη λύση μου. Να δω πότε θα βρω χρόνο να μάθω να φτάχνω σχήματα στον υπολογιστή......

Ιστοσελίδα · #7

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:Kατ' αρχήν ευχαριστώ τον GMANS και τον Γώργο Ρίζο για τις λύσεις τους, έστω και αν ήταν έξω από το πνεύμα που ήθελα .
Ευχαριστώ ιδιαίτερα το Στάθη Κούτρα και το Μιχάλη Νάννο για τις όμορφες λύσεις τους που ομολογώ ότι δεν είχα υπ' όψιν.
Αυτό είναι για μένα ένα ώφελος από τη συμμετοχή μου στο mathematica, το να βλέπω άλλες λύσεις σε προβλήματα που πιστεύω ότι είναι πλέον κλασσικά.
Γράφω τώρα τη λύση που έχω σημειώσει στο ηλικίας 20 ετών αρχείο μου.

ΓΖ είναι η διχοτόμος της Γ στο ορθ.τρίγωνο ΑΒΓ.
Σύμφωνα με το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο ΒΓΖ ισχύει ότι:
ΒΓ/ΒΖ=ΙΓ/ΙΖ δηλαδή ΒΓ/ΙΓ=ΒΖ/ΙΖ. (1)
Στο τρίγωνο ΙΒΓ η γωνία ΒΙΖ είναι εξωτερική. Άρα ΒΙΖ=ΙΒΓ+ΒΓΙ=Β/2+Γ/2=45.
Φυσικά ΙΑΒ=45 ως μισή της ορθής γωνίας Α.
Συνεπώς ΒΙΖ=ΙΑΒ.
Τα τρίγωνα ΒΙΖ,ΒΑΙ είναι όμοια (ΖΒΙ κοινή και ΙΑΒ=ΒΙΖ).
Έτσι ΙΒ/ΙΑ=ΖΒ/ΖΙ. (2)
Από τις (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο.

Παρακαλώ ή το Μιχάλη Νάννο ή το Στάθη Κούτρα να φτιάξουν ένα σχήμα που να ανταποκρίνεται στη λύση μου. Να δω πότε θα βρω χρόνο να μάθω να φτάχνω σχήματα στον υπολογιστή......

Καλημέρα.

$\Gamma {\rm Z}$ είναι η διχοτόμος της $\widehat \Gamma$ στο ορθογώνιο τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ .
Σύμφωνα με το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο ${\rm B}\Gamma {\rm Z}$ ισχύει ότι:
$\displaystyle\frac{{{\rm B}\Gamma }}{{{\rm B}{\rm Z}}} = \displaystyle\frac{{{\rm I}\Gamma }}{{{\rm I}{\rm Z}}}$ , δηλαδή $\displaystyle\frac{{{\rm B}\Gamma }}{{{\rm I}\Gamma }} = \displaystyle\frac{{{\rm B}{\rm Z}}}{{{\rm I}{\rm Z}}}\,\,\left( 1 \right)$ .
Στο τρίγωνο ${\rm I}{\rm B}\Gamma$ η ${\rm B}\widehat {\rm I}{\rm Z}$ είναι εξωτερική. Άρα ${\rm B}\widehat {\rm I}{\rm Z} = {\rm I}\widehat {\rm B}\Gamma + {\rm B}\widehat \Gamma {\rm I} = \displaystyle\frac{{\widehat {\rm B}}}{2} + \displaystyle\frac{{\widehat \Gamma }}{2} = {45^ \circ }$ .
Φυσικά ${\rm I}\widehat {\rm A}{\rm B} = {45^ \circ }$ ως μισή της ορθής γωνίας ${\rm A}$ .
Συνεπώς ${\rm B}\widehat {\rm I}{\rm Z} = {\rm I}\widehat {\rm A}{\rm B}$ .
Τα τρίγωνα ${\rm B}{\rm I}{\rm Z},{\rm B}{\rm A}{\rm I}$ είναι όμοια ( ${\rm Z}\widehat {\rm B}{\rm I}$ κοινή και ${\rm B}\widehat {\rm I}{\rm Z} = {\rm I}\widehat {\rm A}{\rm B}$ ).
Έτσι $\displaystyle\frac{{{\rm I}{\rm B}}}{{{\rm I}{\rm A}}} = \displaystyle\frac{{{\rm B}{\rm Z}}}{{{\rm I}{\rm Z}}}\,\,\left( 2 \right)$ .
Από τις $\left( 1 \right)$ και $\left( 2 \right)$ προκύπτει το ζητούμενο.

#8

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 03, 2011 10:28 pm
Στην άσκηση που προτείνω παρακάτω έχω δει λύση που όμως βασίζεται στα εμβαδά.Θέλω να δοθεί λύση με όμοια τρίγωνα.

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ(με Α ορθή) το Ι είναι το έγκεντρο.
Αποδείξτε ότι ΙΒ ΙΓ=ΙΑ ΒΓ.

Ψάχνοντας κάτι άλλο, έπεσα πάνω σε αυτήν. Στο παλιό σχολικό βιβλίο (των Αλιμπινίση, Δημάκου, Δρακόπουλου, Κυριαζή, Τασσόπουλου-1991), υπήρχε στο κεφάλαιο των εμβαδών.

: Παλιά και γνωστή άσκηση.png (11.58 KiB) Προβλήθηκε 279 φορές

Τα τρίγωνα IAB, IBC

έχουν μία γωνία ίση(λόγω διχοτόμου) και μία παραπληρωματική. Άρα:

$\displaystyle \frac{{IB \cdot AB}}{{IB \cdot BC}} = \frac{{(IAB)}}{{(IBC)}} = \frac{{IA \cdot AB}}{{IB \cdot IC}} \Leftrightarrow$ $\boxed{IB\cdot IC=IA\cdot BC}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #9

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 03, 2011 10:28 pm
Στην άσκηση που προτείνω παρακάτω έχω δει λύση που όμως βασίζεται στα εμβαδά.Θέλω να δοθεί λύση με όμοια τρίγωνα.

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ(με Α ορθή) το Ι είναι το έγκεντρο.
Αποδείξτε ότι ΙΒ ΙΓ=ΙΑ ΒΓ.

Με $AD=BC\Rightarrow AD. \rho =BC. \rho \Rightarrow (IAD)=(IBC) \Rightarrow IA.AD=IB.BC \Rightarrow IA.BC=BI.IC$

: παλιά γνωστή άσκηση.png (20.21 KiB) Προβλήθηκε 223 φορές

ΜΙΑ ΠΑΛΙΑ ΚΑΙ ΓΝΩΣΤΗ ΑΣΚΗΣΗ

ΜΙΑ ΠΑΛΙΑ ΚΑΙ ΓΝΩΣΤΗ ΑΣΚΗΣΗ

Re: ΜΙΑ ΠΑΛΙΑ ΚΑΙ ΓΝΩΣΤΗ ΑΣΚΗΣΗ

Re: ΜΙΑ ΠΑΛΙΑ ΚΑΙ ΓΝΩΣΤΗ ΑΣΚΗΣΗ

Re: ΜΙΑ ΠΑΛΙΑ ΚΑΙ ΓΝΩΣΤΗ ΑΣΚΗΣΗ

Re: ΜΙΑ ΠΑΛΙΑ ΚΑΙ ΓΝΩΣΤΗ ΑΣΚΗΣΗ

Re: ΜΙΑ ΠΑΛΙΑ ΚΑΙ ΓΝΩΣΤΗ ΑΣΚΗΣΗ

Re: ΜΙΑ ΠΑΛΙΑ ΚΑΙ ΓΝΩΣΤΗ ΑΣΚΗΣΗ

Re: ΜΙΑ ΠΑΛΙΑ ΚΑΙ ΓΝΩΣΤΗ ΑΣΚΗΣΗ

Re: ΜΙΑ ΠΑΛΙΑ ΚΑΙ ΓΝΩΣΤΗ ΑΣΚΗΣΗ

Μέλη σε σύνδεση