Λόγος ωραίος!

Henri van Aubel · #1

Έστω ισόπλευρο τρίγωνο ABC

και σημείο

της πλευράς

, τέτοιο ώστε $\displaystyle \frac{AE}{EB}=k.$ Επί της ημιευθείας

παίρνουμε σημείο

, τέτιοιο ώστε $\displaystyle \frac{BZ}{BC}=m.$ i) Αν

η τομή των τμημάτων CE,AZ

, να υπολογίσετε τον λόγο $\displaystyle \frac{\left ( APE \right )}{\left ( ABC \right )}$ συναρτήσει των k,m.

ii) Αν $\angle CPA=60^\circ$ , να εκφράσετε το

ως συνάρτηση του

#2

Henri van Aubel έγραψε: Τρί Ιούλ 25, 2023 4:20 pm Έστω ισόπλευρο τρίγωνο και σημείο της πλευράς , τέτοιο ώστε $\displaystyle \frac{AE}{EB}=k.$ Επί της ημιευθείας παίρνουμε σημείο , τέτιοιο ώστε $\displaystyle \frac{BZ}{BC}=m.$ i) Αν η τομή των τμημάτων , να υπολογίσετε τον λόγο $\displaystyle \frac{\left ( APE \right )}{\left ( ABC \right )}$ συναρτήσει των ii) Αν $\angle CPA=60^\circ$ , να εκφράσετε το ως συνάρτηση του

i) Είναι $\dfrac{\left( APE \right)}{\left( AEC \right)}=\dfrac{PE}{EC}:\left( 1 \right)$ (τα τρίγωνα έχουν κοινή κορυφή την

)
.και $\dfrac{\left( AEC \right)}{\left( ABC \right)}=\dfrac{AE}{AB}$ $\overset{\frac{AE}{EB}=k}{\mathop{=}}\,\dfrac{k}{k+1}:\left( 2 \right)$ (τα τρίγωνα έχουν κοινή κορυφή την )
Με πολλαπλασιασμό των σχέσεων $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow \dfrac{\left( APE \right)}{\left( ABC \right)}=\dfrac{PE}{EC}\cdot \dfrac{k}{k+1}:\left( 3 \right)$

Από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle PZC$ με διατέμνουσα την AEB

θα έχουμε: $\dfrac{PE}{EC}\cdot \dfrac{BC}{BZ}\cdot \dfrac{AZ}{AP}=1\Rightarrow \dfrac{PE}{EC}=\dfrac{BZ}{BC}\cdot \dfrac{AP}{AZ}:\left( 4 \right)$

Από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle ABZ$ με διατέμνουσα την PEC

θα έχουμε: $\dfrac{AP}{PZ}\cdot \dfrac{CZ}{BC}\cdot \dfrac{EB}{EA}=1\overset{\frac{ZB}{BC}=m\Rightarrow \frac{CZ}{BC}=m+1,\frac{EB}{EA}=\frac{1}{k}}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $\dfrac{AP}{PZ}=\dfrac{k}{m+1}\Rightarrow \dfrac{AP}{AZ}=\dfrac{k}{k+m+1}\Rightarrow :\left( 5 \right)$

Από $\left( 5 \right)\overset{\frac{BZ}{BC}=m}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{PE}{EC}=\dfrac{km}{k+m+1}\overset{\left( 3 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{\left( APE \right)}{\left( ABC \right)}=\dfrac{{{k}^{2}}m}{\left( k+1 \right)\cdot \left( k+m+1 \right)}$ και το πρώτο ζητούμενο έχει υπολογιστεί.

: Λόγος ωραίος!.png (23.39 KiB) Προβλήθηκε 794 φορές

ii) Αν $\angle CPA={{60}^{0}}$ τότε το τετράπλευρο APBC

είναι εγγράψιμο σε κύκλο (η πλευρά του

«φαίνεται» από τις κορυφές B,C

υπό ίσες γωνίες (εξηντάρες))
Για το σημείο

του περίκυκλου του ισόπλευρου τριγώνου $\vartriangle ABC$ ισχύει: PA+PB=PC

(γνωστότατη πρόταση) και προφανώς $\angle ZPB=\angle C={{60}^{0}}=\angle BAC=\angle BPC=\angle CPA$ και άρα

είναι διχοτόμος του τριγώνου $\vartriangle PAB\Rightarrow k=\dfrac{AE}{EB}=\dfrac{PA}{PB}\Rightarrow \dfrac{PA+PB}{PB}=k+1\Rightarrow \dfrac{PC}{PB}=k+1:\left( 6 \right)$ (θεώρημα διχοτόμου) και ομοίως

είναι διχοτόμος του τριγώνου $\vartriangle PZC\Rightarrow \dfrac{PZ}{PC}=\dfrac{ZB}{BC}=m:\left( 7 \right)$
Πολλαπλασιάζοντας κατά μέλη τις σχέσεις $\left( 6 \right),\left( 7 \right)$ προκύπτει ότι: $\dfrac{PZ}{PB}=m\left( k+1 \right):\left( 8 \right)$
Όμως από την προφανή ομοιότητα των τριγώνων $\vartriangle ZBP,\vartriangle ZCA\Rightarrow \dfrac{PZ}{PB}=\dfrac{CZ}{AC}\overset{AC=BC,\left( 8 \right)}{\mathop{=}}\,m\left( k+1 \right)=$ $\dfrac{CZ}{BC}=\dfrac{m+1}{1}\Rightarrow mk+m=m+1\Rightarrow mk=1$ και το δεύτερο ζητούμενο έχει υπολογιστεί.

#3

Henri van Aubel έγραψε: Τρί Ιούλ 25, 2023 4:20 pm Έστω ισόπλευρο τρίγωνο και σημείο της πλευράς , τέτοιο ώστε $\displaystyle \frac{AE}{EB}=k.$ Επί της ημιευθείας παίρνουμε σημείο , τέτιοιο ώστε $\displaystyle \frac{BZ}{BC}=m.$ i) Αν η τομή των τμημάτων , να υπολογίσετε τον λόγο $\displaystyle \frac{\left ( APE \right )}{\left ( ABC \right )}$ συναρτήσει των ii) Αν $\angle CPA=60^\circ$ , να εκφράσετε το ως συνάρτηση του

α)
$\left\{ \begin{gathered} \frac{{\left( {APE} \right)}}{{\left( {ABZ} \right)}} = \frac{{AP \cdot AE}}{{AB \cdot AZ}} = \frac{{AP}}{{AZ}} \cdot \frac{k}{{k + 1}} \hfill \\ \frac{{\left( {ABZ} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = m \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \dfrac{{\left( {APE} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \dfrac{{AP}}{{AZ}} \cdot \dfrac{{km}}{{k + 1}}\,\,\left( 1 \right)$

Μενέλαος στο $\vartriangle AZB$ με διατέμνουσα $\overline {PEC}$ κι έχω:

: Λόγος ωραίος_a.png (11.29 KiB) Προβλήθηκε 746 φορές

$\dfrac{{AP}}{{PZ}} \cdot \dfrac{{ZC}}{{CB}} \cdot \dfrac{{BE}}{{EA}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{AP}}{{PZ}} = \dfrac{k}{{m + 1}} \Rightarrow \dfrac{{AP}}{{AZ}} = \dfrac{k}{{k + m + 1}}\,\,\,\left( 2 \right)$ . Έτσι η $\left( 1 \right)$ λόγω της $\left( 2 \right)$ δίδει:

$\boxed{\dfrac{{\left( {APE} \right)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \dfrac{{{k^2}m}}{{\left( {k + m + 1} \right)\left( {k + 1} \right)}}}$ .
β)

: Λόγος ωραίος_b.png (23.89 KiB) Προβλήθηκε 746 φορές

Τώρα τα $\vartriangle PBA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle PZC$ είναι όμοια με ομόλογες διχοτόμους , $PE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PB$ . Έτσι:

$\boxed{k = \dfrac{{AE}}{{EB}} = \dfrac{{BC}}{{BZ}} = \dfrac{1}{m}}$

Henri van Aubel · #4

Ευχαριστώ τους εξαίρετους γεωμέτρες Στάθη και Νίκο που με τιμούν με τις λύσεις τους.
Η λύση μου στο πρώτο ερώτημα είναι ακριβώς ίδια με του κύριου Νίκου και στην ουσία, το δεύτερο ερώτημα είναι αυτό εδώ viewtopic.php?f=178&t=74215

.

Λόγος ωραίος!

Λόγος ωραίος!

Re: Λόγος ωραίος!

Re: Λόγος ωραίος!

Re: Λόγος ωραίος!

Μέλη σε σύνδεση