mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 15, 2018 11:22 pm**

Καλό βράδυ σε όλους.

: 15-1-18 Πέντε παρά κάτι.PNG (6.33 KiB) Προβλήθηκε 2795 φορές

Το τρίγωνο ABC

έχει

και

(ας πούμε ..

) .

Η κάθετη προς την

στο

τέμνει την διχοτόμο

στο

.

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

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 16, 2018 5:04 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 15, 2018 11:22 pm
Καλό βράδυ σε όλους.
15-1-18 Πέντε παρά κάτι.PNG
Το τρίγωνο έχει και (ας πούμε .. ) .

Η κάθετη προς την στο τέμνει την διχοτόμο στο .

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

: Πέντε παρα κάτι.png (30.26 KiB) Προβλήθηκε 2762 φορές

$\boxed{\dfrac{{10\sqrt 2 }}{{\dfrac{{225\sqrt 2 }}{{112}}}} = \dfrac{{224}}{{45}}}$

Edit: Άρση απόκρυψης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 16, 2018 7:43 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 15, 2018 11:22 pm
Καλό βράδυ σε όλους.

Το τρίγωνο έχει και (ας πούμε .. ) .

Η κάθετη προς την στο τέμνει την διχοτόμο στο .

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 (27.04 KiB) Προβλήθηκε 2751 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…

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 16, 2018 12:12 pm**

Αφού ζητάμε λόγο τη τιμή του

δεν επηρεάζει και άρα υποθέτω k = 1

.

Αν

το συμμετρικό του

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

, θέτω

.

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

είναι το περίκεντρο του $\vartriangle ATC$

Θέτω ακόμα : $AE = x,\,\,AM = MB = R\,\,$ .

: Πέντε παρα κάτι.png (28.89 KiB) Προβλήθηκε 2727 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 του τριγώνου έχουμε μια ακόμη καλή λύση υπολογίζοντας τα εμβαδά με τον κλασσικό τύπο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 16, 2018 1:52 pm**

: Πέντε παρα κάτι_αλλιώς.png (32.82 KiB) Προβλήθηκε 2703 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

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

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 16, 2018 11:15 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 15, 2018 11:22 pm
Καλό βράδυ σε όλους.

Το τρίγωνο έχει και (ας πούμε .. ) .

Η κάθετη προς την στο τέμνει την διχοτόμο στο .

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

Για λίγο πιο «ανθρώπινα» νούμερα…

: sol2.png (22.29 KiB) Προβλήθηκε 2671 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…

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 16, 2018 11:50 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 15, 2018 11:22 pm
Καλό βράδυ σε όλους.
15-1-18 Πέντε παρά κάτι.PNG
Το τρίγωνο έχει και (ας πούμε .. ) .

Η κάθετη προς την στο τέμνει την διχοτόμο στο .

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 (11.74 KiB) Προβλήθηκε 2664 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 17, 2018 6:47 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 15, 2018 11:22 pm
Καλό βράδυ σε όλους.

Το τρίγωνο έχει και (ας πούμε .. ) .

Η κάθετη προς την στο τέμνει την διχοτόμο στο .

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

Μια "γιαπωνέζικη" λύση...

: japan.png (14.03 KiB) Προβλήθηκε 2652 φορές

${5^2} - {x^2}\mathop = \limits^{K{C^2}} {9^2} - {(6 + x)^2} \Leftrightarrow x = \dfrac{5}{3}$

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

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

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 18, 2018 1:03 am**

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

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 3:13 am**

Χαιρετώ. Ας υποβάλω και προσωπική λύση :

: 20-1-18 Πέντε παρά κάτι.PNG (6.09 KiB) Προβλήθηκε 2545 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 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.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 20, 2018 10:43 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 3:13 am

(*) Βοηθητική πρόταση Σε τρίγωνο 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 (12.08 KiB) Προβλήθηκε 2527 φορές

Έστω

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

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.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 22, 2018 12:43 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 3:13 am

(*) Βοηθητική πρόταση Σε τρίγωνο 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

για τα οποία :

BM = BE = c

. Γράφω το ημικύκλιο διαμέτρου

που θα περνά από το

και έστω

το άλλο σημείο τομής του με την ευθεία

.

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 (17.37 KiB) Προβλήθηκε 2450 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.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 25, 2018 12:36 am**

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 (7.43 KiB) Προβλήθηκε 2398 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

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

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 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.

mathematica.gr

Πέντε παρά .. κάτι

Πέντε παρά .. κάτι

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Re: Πέντε παρά .. κάτι

Re: Πέντε παρά .. κάτι