Ισόπλευρο σε ημικύκλιο

#1

: Ισόπλευρο σε ημικύκλιο.png (15.96 KiB) Προβλήθηκε 962 φορές

Δίνεται ημικύκλιο κέντρου

, διαμέτρου

και μία χορδή του

τέτοια ώστε, αν οι BE, CD

τέμνονται στο σημείο

, η

να διέρχεται από το μέσο

της

. Αν η κάθετη στην

στο σημείο

τέμνει το ημικύκλιο στα σημεία

και

, να αποδείξετε ότι το τρίγωνο OKL

είναι ισόπλευρο.

#2

george visvikis έγραψε: Δίνεται ημικύκλιο κέντρου , διαμέτρου και μία χορδή του τέτοια ώστε, αν οι τέμνονται στο σημείο , η να διέρχεται από το μέσο της . Αν η κάθετη στην στο σημείο τέμνει το ημικύκλιο στα σημεία και , να αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Γιώργο καλησπέρα!. Το 24ωρο πέρασε
Ας είναι τα σημεία τομής της εκ του παραλλήλου προς την με τις αντίστοιχα. Τότε με το μέσο της και $M \in PQ\parallel BC$ θα είναι και

μέσα των αντίστοιχα και με τα ίχνη (λόγω του ημικυκλίου $\left( O \right)$ ) των υψών αντίστοιχα του τριγώνου $\vartriangle ABC$ προκύπτει ότι

τα σημεία είναι σημεία του κύκλου Euler $\left( N \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ .

Από τη κεντρική δέσμη $A.BOC\mathop \Rightarrow \limits^{PQ\parallel BC,O\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,BC} M$ το μέσο της $PQ\mathop \Rightarrow \limits^{M\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,KL\,\,\tau o\upsilon \,\,\left( O \right),(\alpha \varphi o\upsilon \,\,OM \bot KL)} PLQK$ παραλληλόγραμμο

(οι διαγώνιές του διχοτομούνται)
[attachment=0]1.png[/attachment]
Είναι $\left( {MK} \right) \cdot \left( {ML} \right)\mathop = \limits^{K,L,D,E\,\,\sigma \eta \mu \varepsilon \iota \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\kappa \upsilon \kappa \lambda o\upsilon \,\,\left( O \right)}$ $\left( {MD} \right) \cdot \left( {ME} \right)$ $\mathop = \limits^{P,D,Q,E\,\,\sigma \eta \mu \varepsilon \iota \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\kappa \upsilon \kappa \lambda o\upsilon \,\,\left( N \right)}$ $\left( {MP} \right) \cdot \left( {MQ} \right) \Rightarrow PLQK$ εγγράψιμο

και επειδή είναι παραλληλόγραμμο θα είναι (ως εγγράψιμο) ορθογώνιο παραλληλόγραμμο οπότε θα έχει ίσες διαγώνιες, δηλαδή

$\left( {KL} \right) = \left( {PQ} \right)\mathop = \limits^{P,Q\,\,\mu \varepsilon \sigma \alpha \,\,\tau \omega \nu \,AB,AC} \dfrac{{\left( {BC} \right)}}{2} =$ ${R_O} = \left( {OK} \right) = \left( {OL} \right) \Rightarrow \vartriangle OKL$ ισόπλευρο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί

Στάθης

#3

Καλησπέρα Στάθη.
Ωραίος και ακριβής όπως πάντα

Ας δούμε κι ένα άλλο ερώτημα, που ήταν και η αρχική ιδέα της κατασκευής της άσκησης:

Να υπολογιστεί το άθροισμα , συναρτήσει της ακτίνας του ημικυκλίου.

#4

george visvikis έγραψε: ...Να υπολογιστεί το άθροισμα , συναρτήσει της ακτίνας του ημικυκλίου.

Από το 1ο Θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ έχουμε:

${\left( {AB} \right)^2} + {\left( {AC} \right)^2} = 2{\left( {AO} \right)^2} + \dfrac{{{{\left( {BC} \right)}^2}}}{2} = 2{\left( {2\left( {MO} \right)} \right)^2} + \dfrac{{{{\left( {2R} \right)}^2}}}{2}$ $= 8{\left( {MO} \right)^2} + 2{R^2} = 8{\left( {\dfrac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} + 2{R^2} = 8{R^2}$

Στάθης

#5

Στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με τα $D,\ E$ ως τυχόντα σημεία επί των πλευρών του $AC,\ AB$ αντιστοίχως, σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 1,

έχουμε $\displaystyle \frac{BE}{EA} + \frac{CD}{DA} = 2\left(\frac{OM}{MA}\right) = 2\ \ \ ,(1)$ λόγω OM = MA

.

: Ισόπλευρο σε ημικύκλιο.; f=22_t=45198.PNG (18.64 KiB) Προβλήθηκε 753 φορές

Με τα $D,\ E$ ως τα σημεία τομής των $AC,\ AB$ αντιστοίχως, από το ημικύκλιο με διάμετρο BC = 2R,

σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 2,

έχουμε $\displaystyle \frac{BE}{EA} + \frac{CD}{DA} = \frac{4R^{2}}{(AO)^{2} - R^{2}}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $(AO)^{2} = 3R^{2}\Rightarrow$ $AO = R\sqrt{3}\ \ \ ,(3)$

Από (3)

και $AO = 2OM\Rightarrow$ $\displaystyle OM = \frac{R\sqrt{3}}{2}\ \ \ ,(4)$

Από (4)

συμπεραίνεται ότι το ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle OKL$ είναι ισόπλευρο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,$ τυχόνυα σημεία επί των πλευρών του $AC,\ AB,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{BE}{EA} + \frac{CD}{DA} = 2\left(\frac{OM}{MA}\right)$ , όπου είναι το μέσον του και $M\equiv DE\cap AO.$

ΛΗΜΜΑ 2. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,$ τα σημεία τομής των πλευρών του $AC,\ AB$ αντιστοίχως, από το ημικύκλιο με διάμετρο και έστω το σημείο $M\equiv DE\cap AO,$ όπου είναι το μέσον του Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{BE}{EA} + \frac{CD}{DA} = \frac{4R^{2}}{(AO)^{2} - R^{2}}$

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα τις αποδείξεις που έχω τπόψη μου για τα παραπάνω Λήμματα.

#6

Γεια σου Κώστα με τα Λήμματά σου

#7

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,$ τυχόνυα σημεία επί των πλευρών του $AC,\ AB,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{BE}{EA} + \frac{CD}{DA} = 2\left(\frac{OM}{MA}\right)$ , όπου είναι το μέσον του και $M\equiv DE\cap AO.$

: Ισόπλευρο σε ημικύκλιο - Απόδειξη του Λήμματος 1.; f=22_t=45198(a).PNG (16 KiB) Προβλήθηκε 716 φορές

$\bullet$ Δια των σημείων $B,\ C,$ φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς την AO,

οι οποίες τέμνουν την ευθεία

στα σημεία $B',\ C',$ αντιστοίχως.

Από $BB'\parallel AM\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BE}{EA} = \frac{BB'}{MA}\ \ \ ,(1)$

Ομοίως, από $CC'\parallel AM\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{CD}{DA} = \frac{CC'}{MA}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BE}{EA} + \frac{CD}{DA} = \frac{BB' + CC'}{MA}\ \ \ ,(3)$

Στο τραπέζιο BCC'B'

ισχύει $BB' + CC' = 2OM\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BE}{EA} + \frac{CD}{DA} = 2\left(\frac{OM}{MA}\right)$ και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Νομίζω ότι το Λήμμα 1 έχει ξανασυζητηθεί στο

, αλλά άντε ψάξε βρες το.

(14-12-2014) - Τελικά, το έχουμε ξαναδεί Εδώ, ως την ειδική περίπτωση όταν η ευθεία

περνάει από το βαρύκεντρο του δοσμένου τριγώνου.

Κώστας Βήττας.

#8

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 2. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,$ τα σημεία τομής των πλευρών του $AC,\ AB$ αντιστοίχως, από το ημικύκλιο με διάμετρο και έστω το σημείο $M\equiv DE\cap AO,$ όπου είναι το μέσον του Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{BE}{EA} + \frac{CD}{DA} = \frac{4R^{2}}{(AO)^{2} - R^{2}}$

Έστω το σημείο $H\equiv BD\cap CE$ ως το ορθόκεντρο του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και έστω το σημείο $Z\equiv BC\cap AH,$ και προφανώς ισχύει $AZ\perp BC.$

$\bullet$ Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle EBC,\ \vartriangle ZBA$ έχουμε $\displaystyle \frac{BE}{BZ} = \frac{CE}{AZ}\Rightarrow$ $\displaystyle BE = BZ\cdot \frac{CE}{AZ}\ \ \ ,(1)$

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle EHA,\ \vartriangle ZHC$ έχουμε $\displaystyle \frac{EA}{CZ} = \frac{AH}{CH}\Rightarrow$ $\displaystyle EA = CZ\cdot \frac{AH}{CH}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{BE}{EA} = \frac{BZ}{CZ}\cdot \frac{CE}{AZ}\cdot \frac{CH}{AH}}\ \ \ ,(3)$

: Ισόπλευρο σε ημικύκλιο - Απόδειξη του Λήμματος 2.; f=22_t=45198(b).PNG (19.3 KiB) Προβλήθηκε 630 φορές

$\bullet$ Ομοίως, από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle DCB,\ \vartriangle ZCA\Rightarrow$ $\displaystyle CD = CZ\cdot \frac{BD}{AZ}\ \ \ ,(4)$

Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle DHA,\ \vartriangle ZHB\Rightarrow$ $\displaystyle DA = BZ\cdot \frac{AH}{BH}\ \ \ ,(5)$

Από $(4),\ (5)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{CD}{DA} = \frac{CZ}{BZ}\cdot \frac{BD}{AZ}\cdot \frac{BH}{AH}}\ \ \ ,(6)$

Από $(3),\ (6)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BE}{EA} + \frac{CD}{DA} = \frac{1}{(AZ)(AH)}\cdot\left( \frac{(BZ)(CE)(CH)}{CZ} + \frac{(CZ)(BD)(BH)}{BZ}\right)\ \ \ ,(7)$

Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα $BZHE,\ CZHD$ έχουμε $(CE)(CH) = (CZ)(CB)\ \ \ ,(8)$ και $(BD)(BH) = (BC)(BZ)\ \ \ ,(9)$

Από $(7),\ (8),\ (9)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BE}{EA} + \frac{CD}{DA} = \frac{(BC)^{2}}{(AZ)(AH)} = \frac{4R^{2}}{(AZ)(AH)}\ \ \ ,(10)$ λόγω BC = 2R

Από

και $(AZ)(AH) = (AD)(AC) = (AO)^{2} - R^{2}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{BE}{EA} + \frac{CD}{DA} = \frac{4R^{2}}{(AO)^{2} - R^{2}}}$ και το Λήμμα 2 έχει αποδειχθεί.

ΣΗΜΕΙΩΣΗ.
Συνδυάζοντας τα Λήμματα 1, 2, παίρνουμε $\boxed{\displaystyle \frac{AM}{MO} = \frac{b^{2} + c^{2}}{a^{2}} - 1}$ όπου $M\equiv DE\cap AO$ και $a,\ b,\ c,$ οι πλευρές του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC.$

Κώστας Βήττας.

Γιώργος Μήτσιος · #9

Καλό βράδυ σε όλους!

vittasko έγραψε: ↑
Παρ Ιούλ 11, 2014 9:59 pm

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και έστω $D,\ E,$ τυχόνυα σημεία επί των πλευρών του $AC,\ AB,$ αντιστοίχως. Αποδείξτε ότι $\displaystyle \frac{BE}{EA} + \frac{CD}{DA} = 2\left(\frac{OM}{MA}\right)$ , όπου είναι το μέσον του και $M\equiv DE\cap AO.$

Κώστας Βήττας.

Ας δείξουμε μια ελαφρά γενίκευση του λήμματος αυτού.

Το $O \in BC$ ώστε να ισχύει $OB= \lambda \cdot OC$ . Τα $M \in AB$ και $N \in AC$ και η τέμνει την στο

Να δειχθεί ότι $\dfrac{BM}{MA}+\lambda \cdot \dfrac{CN}{NA}=\left ( \lambda +1 \right )\dfrac{OE}{EA}$

Μεταφέροντας τη μέθοδο επίλυσης του Γιώργου από το θέμα τούτο , φέρω $BK,CL \parallel MN$ όπως στο σχήμα:

: 2-12 Λήμμα 1 K.V.png (112.38 KiB) Προβλήθηκε 256 φορές

Έχουμε $\dfrac{BM}{MA}=\dfrac{KE}{EA} =\dfrac{OK+OE}{EA}=\dfrac{\lambda \cdot OL+OE}{OA}$ και $\dfrac{\lambda \cdot NC}{NA}=\dfrac{\lambda \cdot LE}{EA}$ Με πρόσθεση παίρνουμε

$\dfrac{BM}{MA}+\dfrac{\lambda \cdot NC}{NA}=\dfrac{KE+\lambda \cdot LE}{EA}=\dfrac{\lambda \cdot OL+\lambda \cdot LE+OE}{EA}=\left ( \lambda +1 \right )\dfrac{OE}{EA}$ .

Για $\lambda =1$ έχουμε το ως άνω Λήμμα 1. Φιλικά, Γιώργος.

Ισόπλευρο σε ημικύκλιο

Ισόπλευρο σε ημικύκλιο

Re: Ισόπλευρο σε ημικύκλιο

Re: Ισόπλευρο σε ημικύκλιο

Re: Ισόπλευρο σε ημικύκλιο

Re: Ισόπλευρο σε ημικύκλιο

Re: Ισόπλευρο σε ημικύκλιο

Re: Ισόπλευρο σε ημικύκλιο

Re: Ισόπλευρο σε ημικύκλιο

Re: Ισόπλευρο σε ημικύκλιο

Μέλη σε σύνδεση