Σελίδα 1 από 1

Πέντε παρά .. κάτι

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιαν 15, 2018 11:22 pm
από Γιώργος Μήτσιος
Καλό βράδυ σε όλους.
15-1-18 Πέντε παρά κάτι.PNG
15-1-18 Πέντε παρά κάτι.PNG (6.33 KiB) Προβλήθηκε 1342 φορές
Το τρίγωνο ABC έχει AC=5k..AB=6k και BC=9k (ας πούμε .. :) ..k=2018) .

Η κάθετη προς την AB στο A τέμνει την διχοτόμο CE στο M.

Να υπολογιστεί ο λόγος \dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( AME \right )}. Ευχαριστώ, Γιώργος

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Δημοσιεύτηκε: Τρί Ιαν 16, 2018 5:04 am
από Doloros
Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Δευ Ιαν 15, 2018 11:22 pm
Καλό βράδυ σε όλους.
15-1-18 Πέντε παρά κάτι.PNG
Το τρίγωνο ABC έχει AC=5k..AB=6k και BC=9k (ας πούμε .. :) ..k=2018) .

Η κάθετη προς την AB στο A τέμνει την διχοτόμο CE στο M.

Να υπολογιστεί ο λόγος \dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( AME \right )}. Ευχαριστώ, Γιώργος
Πέντε παρα κάτι.png
Πέντε παρα κάτι.png (30.26 KiB) Προβλήθηκε 1309 φορές
\boxed{\dfrac{{10\sqrt 2 }}{{\dfrac{{225\sqrt 2 }}{{112}}}} = \dfrac{{224}}{{45}}}


Edit: Άρση απόκρυψης

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Δημοσιεύτηκε: Τρί Ιαν 16, 2018 7:43 am
από Μιχάλης Νάννος
Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Δευ Ιαν 15, 2018 11:22 pm
Καλό βράδυ σε όλους.

Το τρίγωνο ABC έχει AC=5k..AB=6k και BC=9k (ας πούμε .. :) ..k=2018) .

Η κάθετη προς την AB στο A τέμνει την διχοτόμο CE στο M.

Να υπολογιστεί ο λόγος \dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( AME \right )}. Ευχαριστώ, Γιώργος
Καλημέρα! Ωραία άσκηση Γιώργο!
Σκιαγραφώ τη λύση και αφήνω τις «επίπονες» πράξεις…
shape.png
shape.png (27.04 KiB) Προβλήθηκε 1298 φορές
Φέρω AD \bot CE με N \equiv AD \cap CE. Προφανώς το  \triangleleft CAD είναι ισοσκελές και με θεώρημα Stewart βρίσκουμε AD = \dfrac{{10k}}{3}

Από θεώρημα διχοτόμου είναι AE = \dfrac{{15k}}{{17}}, οπότε από νόμο συνημιτόνων στο  \triangleleft ABC προκύπτει \widehat C = E\widehat AN

Κατόπιν, από Πυθαγόρειο, ομοιότητα βρίσκουμε τις πλευρές του  \triangleleft AME

Τέλος, \dfrac{{(BAC)}}{{(AME)}} = \dfrac{{AC \cdot CB}}{{AM \cdot ME}} =  \ldots  = \dfrac{{224}}{{45}}, δηλαδή πέντε πάρα κάτι ψιλά…

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Δημοσιεύτηκε: Τρί Ιαν 16, 2018 12:12 pm
από Doloros
Αφού ζητάμε λόγο τη τιμή του k δεν επηρεάζει και άρα υποθέτω k = 1.

Αν T το συμμετρικό του A ως προς τη διχοτόμο θα είναι BT = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TC = 5.

Αν δε η τομή των CE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AT\,\, είναι το σημείο K , θέτω AK = KT = y.

Μα τότε τα τρίγωνα TBA\,\,\kappa \alpha \iota \,ABC είναι όμοια αφού έχουν την \widehat B κοινή και

\boxed{\frac{{TB}}{{BA}} = \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{2}{3}}. Από την ομοιότητα αυτή έχω : \boxed{\frac{{AT}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow 2y = AT = \frac{{10}}{3}}

Επίσης \widehat \theta  = \widehat C\,\,( = \widehat {{\omega _1}} + \widehat {{\omega _2}}) = \widehat {AMK} \Rightarrow \boxed{\widehat \omega  = \widehat {{\omega _1}}} . Άρα το M είναι το περίκεντρο του \vartriangle ATC

Θέτω ακόμα : AE = x,\,\,AM = MB = R\,\,.
Πέντε παρα κάτι.png
Πέντε παρα κάτι.png (28.89 KiB) Προβλήθηκε 1274 φορές
Έχω τώρα (ATC) = yKC = \dfrac{{2y \cdot 25}}{{4R}} \Rightarrow KC = \dfrac{{25}}{{2R}} και άρα :

K{C^2} = \dfrac{{{{25}^2}}}{{4{R^2}}} = A{C^2} - A{K^2} \Rightarrow \boxed{{R^2} = \frac{{9 \cdot 25}}{{2 \cdot 16}}}\,\,\,(1)

Από την άλλη μεριά και τη ομοιότητα των τριγώνων MEA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AEK έχω :

\dfrac{{AM}}{{EM}} = \dfrac{{AK}}{{AE}} \Rightarrow \boxed{EM = \dfrac{{Ry}}{x}}\,\,(2) Τέλος από το Θ. διχοτόμων \boxed{x = \frac{{15}}{7}}\,\,(3) .

Έτσι έχω: \dfrac{{(ABC)}}{{(AME)}} = \dfrac{{CA \cdot CB}}{{MA \cdot ME}} = \dfrac{{45}}{{R\dfrac{{Rx}}{y}}} = \dfrac{{45y}}{{x{R^2}}} = \dfrac{{45 \cdot \dfrac{5}{3}}}{{\dfrac{{15}}{7} \cdot \dfrac{{9 \cdot 25}}{{2 \cdot 16}}}} = \dfrac{{224}}{{45}}


Παρατήρησ: Αν φέρουμε το ύψος AH του τριγώνου ABC έχουμε μια ακόμη καλή λύση υπολογίζοντας τα εμβαδά με τον κλασσικό τύπο.

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Δημοσιεύτηκε: Τρί Ιαν 16, 2018 1:52 pm
από Doloros
Πέντε παρα κάτι_αλλιώς.png
Πέντε παρα κάτι_αλλιώς.png (32.82 KiB) Προβλήθηκε 1250 φορές
Τύπος Ηρωνα : (ABC) = 10\sqrt 2 \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,2s = a + b + c = 20 \Rightarrow \boxed{r = \sqrt 2 }

Ακόμα EA = \dfrac{{15}}{7}\,\, Θ. διχοτόμων και TA = s - 9 = 1.

Αν I το έγκεντρο και Z,H,T τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με τις

Πλευρές BC,CA,AB θα είναι

\dfrac{{IT}}{{AM}} = \dfrac{{ET}}{{EA}} \Rightarrow \dfrac{{\sqrt 2 }}{{AM}} = \dfrac{{\dfrac{{15}}{7} - 1}}{{\dfrac{{15}}{7}}} \Rightarrow \boxed{AM = \dfrac{{15\sqrt 2 }}{8}},

Τα υπόλοιπα απλά

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Δημοσιεύτηκε: Τρί Ιαν 16, 2018 11:15 pm
από Μιχάλης Νάννος
Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Δευ Ιαν 15, 2018 11:22 pm
Καλό βράδυ σε όλους.

Το τρίγωνο ABC έχει AC=5k..AB=6k και BC=9k (ας πούμε .. :) ..k=1) .

Η κάθετη προς την AB στο A τέμνει την διχοτόμο CE στο M.

Να υπολογιστεί ο λόγος \dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( AME \right )}. Ευχαριστώ, Γιώργος
Για λίγο πιο «ανθρώπινα» νούμερα…
sol2.png
sol2.png (22.29 KiB) Προβλήθηκε 1218 φορές
Για BD \bot CE,\,N \equiv CE \cap BD ο Stewart δίνει BD = BA = 6, οπότε  \triangleleft BDA \sim  \triangleleft CBD και \angle C = \angle ABD = \angle AME = 2\omega

Από Π.Θ. στο  \triangleleft BEN:NE = \dfrac{{12\sqrt 2 }}{7} και μετά υπολογίζουμε το (BEN), άρα και το εμβαδόν του όμοιού του MEA

Γνωρίζοντας το \sin 2\omega βρίσκουμε το (ABC), οπότε υπολογίζουμε και το ζητούμενο λόγο…

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Δημοσιεύτηκε: Τρί Ιαν 16, 2018 11:50 pm
από Μιχάλης Τσουρακάκης
Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Δευ Ιαν 15, 2018 11:22 pm
Καλό βράδυ σε όλους.
15-1-18 Πέντε παρά κάτι.PNG
Το τρίγωνο ABC έχει AC=5k..AB=6k και BC=9k (ας πούμε .. :) ..k=2018) .

Η κάθετη προς την AB στο A τέμνει την διχοτόμο CE στο M.

Να υπολογιστεί ο λόγος \dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( AME \right )}. Ευχαριστώ, Γιώργος

Ας είναι κ=1 Από θ.διχοτόμου έχουμε \displaystyle AE = \frac{{15}}{7} και \displaystyle BE = \frac{{42}}{7}

Το ημικύκλιο διαμέτρου \displaystyle AC τέμνει τη διχοτόμο στο \displaystyle Z και την \displaystyle BC στο \displaystyle D

Είναι \displaystyle CI = 5 \Rightarrow BI = 4 και \displaystyle A{B^2} = 36 = BI \cdot BC = 4 \cdot 9 = 36 \Rightarrow \angle BAI = \angle AME = 2\omega

άρα \displaystyle \vartriangle AEM \simeq \vartriangle ADC

Από Ήρωνα είναι \displaystyle \left( {ABC} \right) = 10\sqrt 2  \Rightarrow AD = \frac{{20\sqrt 2 }}{9} κι από Π.Θ στο \displaystyle \vartriangle ADC \Rightarrow DC = \frac{{35}}{9}

\displaystyle \frac{{EM}}{{AC}} = \frac{{EA}}{{AD}} = \frac{{AM}}{{DC}} \Rightarrow EM = \frac{{EA \cdot AC}}{{AD}} και \displaystyle AM = \frac{{EA \cdot DC}}{{AD}}

\displaystyle \boxed{\frac{{\left( {ABC} \right)}}{{\left( {AME} \right)}} = \frac{{AC \cdot BC}}{{EM \cdot AM}} = ...{{\left( {\frac{{AD}}{{EA}}} \right)}^2} \cdot \frac{{BC}}{{DC}} = ...\frac{{224}}{{45}}}
πέντε παρά κάτι.png
πέντε παρά κάτι.png (11.74 KiB) Προβλήθηκε 1211 φορές

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιαν 17, 2018 6:47 am
από Μιχάλης Νάννος
Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Δευ Ιαν 15, 2018 11:22 pm
Καλό βράδυ σε όλους.

Το τρίγωνο ABC έχει AC=5k..AB=6k και BC=9k (ας πούμε .. :) ..k=1 ) .

Η κάθετη προς την AB στο A τέμνει την διχοτόμο CE στο M.

Να υπολογιστεί ο λόγος \dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( AME \right )}. Ευχαριστώ, Γιώργος
Μια "γιαπωνέζικη" λύση...
japan.png
japan.png (14.03 KiB) Προβλήθηκε 1199 φορές
{5^2} - {x^2}\mathop  = \limits^{K{C^2}} {9^2} - {(6 + x)^2} \Leftrightarrow x = \dfrac{5}{3}

 \triangleleft KCE \sim  \triangleleft AME \Rightarrow \dfrac{{KC}}{{AM}} = \left( {\dfrac{{15}}{7} + \dfrac{5}{3}} \right):\dfrac{{15}}{7} = \dfrac{{16}}{9}

\dfrac{{(BAC)}}{{(AME)}} = \dfrac{{AB \cdot KC}}{{AE \cdot AM}} = \dfrac{{224}}{{45}}

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 18, 2018 1:03 am
από Γιώργος Μήτσιος
Καλημέρα σε όλους ! Ευχαριστώ θερμά τους Νίκο, Μιχάλη και Μιχάλη για την ..άκρα περιποίηση του θέματος με τις υπέροχες λύσεις τους !
Θαυμάσια για την κομψότητά της και η τελευταία - με Ιαπωνική τεχνολογία αιχμής- λύση του Μιχάλη !
Πριν αναρτήσω βοηθητική πρόταση που ήταν η αιτία-αφετηρία για την δημιουργία του παρόντος θα πρότεινα να ..τακτοποιήσουμε
και το νέο θέμα ΑΥΤΟ που βασίζεται στην ίδια πρόταση.
Η πρόταση αυτή που θα ακολουθήσει , αφορά ισοδυναμία σχέσης των πλευρών τριγώνου αφενός με σχέση των μέτρων των γωνιών του , αφετέρου.

Φιλικά , Γιώργος

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 20, 2018 3:13 am
από Γιώργος Μήτσιος
Χαιρετώ. Ας υποβάλω και προσωπική λύση :
20-1-18 Πέντε παρά κάτι.PNG
20-1-18 Πέντε παρά κάτι.PNG (6.09 KiB) Προβλήθηκε 1092 φορές
Για τις πλευρές του τριγώνου ABC ισχύει a^{2}=ab+c^{2}. Σύμφωνα με τη βοηθητική πρόταση(*) είναι \widehat{A}=90^{0}+\widehat{C}/2.

Τότε M\widehat{A}C=\widehat{C}/2 άρα MC=MA και A\widehat{M}E=\widehat{C}.

Έχουμε cosC=7/9 άρα \dfrac{MC}{ME}=\dfrac{MA}{ME}=\dfrac{7}{9}\Rightarrow \dfrac{CE}{ME}=\dfrac{16}{9} ενώ από το Θ.διχοτόμου παίρνουμε \dfrac{AB}{AE}=\dfrac{14}{5}.

Συνεπώς \left ( ABC \right )=\dfrac{16}{9}\left ( BAM \right )=\dfrac{16}{9}\cdot \dfrac{14}{5}\left ( AME \right )\Rightarrow \dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( AME \right )}=\dfrac{224}{45}

(*) Βοηθητική πρόταση Σε τρίγωνο ABC ισχύει η ισοδυναμία :a^{2}=ab+c^{2}\Leftrightarrow \widehat{A}=90^{0}+\widehat{C}/2

Πρέπει να πω ότι η σχέση μου προέκυψε στην τριάδα \left ( a,b,c \right )=\left ( 9,5,6 \right )
και σκέφτηκα να τη γενικεύσω , να εξετάσω το αντίστροφο και στην συνέχεια να μοιραστώ την πρόταση αυτή μαζί σας !
Θεωρώ πολύ πιθανόν -εφόσον είναι αληθής- να κυκλοφορεί ήδη.. Προτίθεμαι βεβαίως να γράψω την προσωπική απόδειξη αυτής
αν στο ενδιάμεσο χρονικό διάστημα δεν έχει καλυφθεί... Φιλικά Γιώργος.

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιαν 20, 2018 10:43 am
από george visvikis
Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Σάβ Ιαν 20, 2018 3:13 am

(*) Βοηθητική πρόταση Σε τρίγωνο ABC ισχύει η ισοδυναμία :a^{2}=ab+c^{2}\Leftrightarrow \widehat{A}=90^{0}+\widehat{C}/2

Πρέπει να πω ότι η σχέση μου προέκυψε στην τριάδα \left ( a,b,c \right )=\left ( 9,5,6 \right )
και σκέφτηκα να τη γενικεύσω , να εξετάσω το αντίστροφο και στην συνέχεια να μοιραστώ την πρόταση αυτή μαζί σας !
Θεωρώ πολύ πιθανόν -εφόσον είναι αληθής- να κυκλοφορεί ήδη.. Προτίθεμαι βεβαίως να γράψω την προσωπική απόδειξη αυτής
αν στο ενδιάμεσο χρονικό διάστημα δεν έχει καλυφθεί... Φιλικά Γιώργος.
Καλημέρα σε όλους!

Ενδιαφέρουσα πρόταση!
Πρόταση.ΓΜ.png
Πρόταση.ΓΜ.png (12.08 KiB) Προβλήθηκε 1074 φορές
Έστω I το έγκεντρο του τριγώνου. \displaystyle \widehat A = {90^0} + \frac{{\widehat C}}{2} \Leftrightarrow \widehat A = A\widehat IB \Leftrightarrow B\widehat AI = A\widehat EB = \frac{{\widehat A}}{2}, που σημαίνει ότι

η AB εφάπτεται στον περίκυκλο του τριγώνου AIE. Άρα: \boxed{{c^2} = BI \cdot BE} (1)

Αλλά, \displaystyle \frac{{BI}}{{BE}} = \frac{{a + c}}{{a + b + c}}\mathop  \Leftrightarrow \limits^{(1)} {c^2} = \frac{{a + c}}{{a + b + c}}B{E^2} = \frac{{a + c}}{{a + b + c}}\left( {ac - \frac{{{b^2}}}{{{{(a + c)}^2}}}} \right) \Leftrightarrow

\displaystyle {c^2} = \frac{{(a + c)ac(a + b + c)(a + c - b)}}{{(a + b + c){{(a + c)}^2}}} = \frac{{ac(a + c - b)}}{{(a + c)}} \Leftrightarrow \boxed{a^2=ab+c^2}

Το αντίστροφο προκύπτει ακολουθώντας αντίστροφη πορεία.

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιαν 22, 2018 12:43 pm
από Doloros
Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Σάβ Ιαν 20, 2018 3:13 am

(*) Βοηθητική πρόταση Σε τρίγωνο ABC ισχύει η ισοδυναμία :a^{2}=ab+c^{2}\Leftrightarrow \widehat{A}=90^{0}+\widehat{C}/2

Πρέπει να πω ότι η σχέση μου προέκυψε στην τριάδα \left ( a,b,c \right )=\left ( 9,5,6 \right )
και σκέφτηκα να τη γενικεύσω , να εξετάσω το αντίστροφο και στην συνέχεια να μοιραστώ την πρόταση αυτή μαζί σας !
Θεωρώ πολύ πιθανόν -εφόσον είναι αληθής- να κυκλοφορεί ήδη.. Προτίθεμαι βεβαίως να γράψω την προσωπική απόδειξη αυτής
αν στο ενδιάμεσο χρονικό διάστημα δεν έχει καλυφθεί... Φιλικά Γιώργος.

Έστω {a^2} = ab + {c^2} και τα σημεία M,E εσωτερικά και εξωτερικά του BC για τα οποία :

BM = BE = c . Γράφω το ημικύκλιο διαμέτρου EM που θα περνά από το A και έστω Z το άλλο σημείο τομής του με την ευθεία CA.

Θα έχουμε ταυτόχρονα:

\left\{ \begin{gathered} 
  {a^2} = ab + {c^2} \hfill \\ 
  CM \cdot CE = CA \cdot CZ \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  {a^2} = ab + {c^2} \hfill \\ 
  (a - c)(a + c) = b \cdot CZ \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \boxed{CZ = a} .

Πρόταση από  Μίτσιου.png
Πρόταση από Μίτσιου.png (17.37 KiB) Προβλήθηκε 997 φορές
Τώρα τα ισοσκελή τρίγωνα CBZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BAZ είναι ισογώνια αφού έχουν κοινή τη

γωνία \widehat Z και μάλιστα \widehat Z = \widehat \omega  + \widehat \theta  = \widehat C + \widehat B\,\,\,(1) Η γωνία \widehat {BAC} ως εξωτερική στο τρίγωνο BAZ θα είναι και λόγω της (1):

A = (\omega  + \theta ) + \theta  \Leftrightarrow 2A = 180^\circ  + C \Leftrightarrow \boxed{A = 90^\circ  + \frac{C}{2}}.

Το αντίστροφο τώρα απλό.

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιαν 25, 2018 12:36 am
από Γιώργος Μήτσιος
Xαιρετώ ! Γιώργο και Νίκο σας ευχαριστώ για τις αποδείξεις της πρότασης αυτής !
Υποβάλλω και την δική μου (παρόμοια με του Νίκου) προσέγγιση:
Απόδειξη πρότασης.PNG
Απόδειξη πρότασης.PNG (7.43 KiB) Προβλήθηκε 945 φορές
Έστω a^{2}=ab+c^{2}\Rightarrow b=a-c^{2}/a< a.Τότε παίρνουμε CD=b \Rightarrow BD=a-b και η αρχική γίνεται

c^{2}=a\left ( a-b \right ) ή AB^{2}=BC\cdot BD άρα η BA εφάπτεται στον κύκλο των A,D,C

οπότε B\widehat{A}D=\widehat{C} ενώ και D\widehat{A}C=90^{0}-\widehat{C}/2 επομένως B\widehat{A}C=90^{0}+\widehat{C}/2.


Ας είναι τώρα B\widehat{A}C=90^{0}+\widehat{C}/2 \Rightarrow a> b.Ομοίως παίρνουμε CD=b \Rightarrow BD=a-b.

Έπεται D\widehat{A}C=90^{0}-\widehat{C}/2.Τότε B\widehat{A}D=\widehat{A}-D\widehat{A}C=\widehat{C} δηλ η BA εφάπτεται στον κύκλο των A,D,C

οπότε AB^{2}=BC\cdot BD \Leftrightarrow c^{2}=a\left ( a-b \right ) ή a^{2}=ab+c^{2}.

Aς δούμε μια εφαρμογή της πρότασης με (το γνωστό) ..χρυσό αποτέλεσμα :

Αν σε τρίγωνο ABC είναι \widehat{B}=\widehat{C}=36^{0} τότε \dfrac{a}{c}=\Phi

Πράγματι έχουμε a>b=c και B\widehat{A}C =108^{0}=90^{0}+\widehat{C}/2 οπότε, σύμφωνα με την πρόταση

ισχύει a^{2}=ab+c^{2}\Rightarrow a^{2}=ac+c^{2}. Διαιρούμε με c^{2}\neq 0

και παίρνουμε \left (\dfrac{a}{c}  \right )^{2}-\left ( \dfrac{a}{c} \right )-1=0 συνεπώς \dfrac{a}{c}=\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}=\Phi ... \Phi ιλικά Γιώργος.