mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 30, 2026 12:47 pm**

: Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις.png (15.92 KiB) Προβλήθηκε 165 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC

, η

είναι διχοτόμος . Η μεσοκάθετος της υποτείνουσας

, τέμνει

την

στο σημείο

. Πώς πρέπει να κατασκευαστεί το τρίγωνο αυτό , ώστε : (CDS) = (CMS)

;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 31, 2026 12:02 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2026 12:47 pm
Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , η είναι διχοτόμος . Η μεσοκάθετος της υποτείνουσας , τέμνει

την στο σημείο . Πώς πρέπει να κατασκευαστεί το τρίγωνο αυτό , ώστε : ;

: ισεμβαδ.png (17.27 KiB) Προβλήθηκε 123 φορές

.

ΠΡΟΣΟΧΗ: Παρανάγνωσα την άσκηση, παίρνοντας την

ως διχοτόμο της $\widehat {ACS}$ αντί της $\widehat {ACB}$ , οπότε έλυσα άλλη άσκηση, παρεμφερή της σωστής. Παρακάτω λύνω την σωστή άσκηση, κάνοντας μικροαλλαγές στην αρχική μου λύση. Ευχαριστώ τον θεματοθέτη Θανάση για την επισήμανση του σφάλματός μου.

Πρώτα κατασκευάζουμε το CAS

. Παίρνουμε χωρίς βλάβη AC=1

, και

, οπότε αν CS=p

έχουμε

(*).

Επειδή η

είναι διχοτόμος, έχουμε $DS=\dfrac {pq}{1+p}$ .

Αφού (CSB)= 2(CMS)=2(CDS)

, έχουμε

, ισοδύναμα λόγω μεσοκαθέτου CS=2DS

. Δηλαδή $p=\dfrac {2pq}{1+p}$ , ισοδύναμα 1+p=2q

(**).

Λύνοντας το σύστημα των (*), (**) θα βρούμε $p=\dfrac {5}{3}, \, q=\dfrac {4}{3}$ και άρα $AB= AS+SB= \dfrac {4}{3} +\dfrac {5}{3}=3$ .

Συνοψίζοντας, το ζητούμενο ACB

έχει κάθετες πλευρές $\boxed {AC=1,\, AB=3}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 31, 2026 2:04 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2026 12:47 pm
Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , η είναι διχοτόμος . Η μεσοκάθετος της υποτείνουσας , τέμνει

την στο σημείο . Πώς πρέπει να κατασκευαστεί το τρίγωνο αυτό , ώστε : ;

Από θ.διχοτόμου $BD= \dfrac{ac}{a+b}$ .Ακόμη $\dfrac{BS}{BD}= \dfrac{(BCS)}{(BCD)}= \dfrac{2E}{3E}= \dfrac{2}{3}$

Επιπλέον , $BS.BA=BM.BC \Rightarrow c.BS= \dfrac{a^2}{2} \Rightarrow BS=\dfrac{a^2}{2c}$ άρα

$\dfrac{a^2}{2c}= \dfrac{2}{3} \dfrac{ac}{α+b} \Leftrightarrow 4c^2=3a^2+3ab$ και με c^2=a^2-b^2

παίρνουμε εύκολα $4(\dfrac{b}{a})^2+3 \frac{b}{a} -1=0 \Rightarrow \dfrac{b}{a} =sinB= \dfrac{1}{4}$

: Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις.png (14.68 KiB) Προβλήθηκε 118 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 31, 2026 8:26 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2026 12:47 pm
Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις.png Στο ορθογώνιο τρίγωνο , η είναι διχοτόμος . Η μεσοκάθετος της υποτείνουσας , τέμνει

την στο σημείο . Πώς πρέπει να κατασκευαστεί το τρίγωνο αυτό , ώστε : ;

: Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις.png (19.73 KiB) Προβλήθηκε 102 φορές

Από την υπόθεση της ισεμβαδικότητας προκύπτει ότι:

$DS = c\lambda^2$

Από πόρισμα του θεωρήματος της διχοτόμου προκύπτει ότι:

$DB = \dfrac{ac}{a+b}$

Από DS + SB = DB

προκύπτει ότι:

$c\lambda^2 + a\lambda = \dfrac{ac}{a+b} \Leftrightarrow \dfrac{a\lambda}{2} + a\lambda = \dfrac{ac}{a+b}\Leftrightarrow \lambda = \dfrac{2c}{3(a+b)}$

$\Leftrightarrow 2c\lambda = \dfrac{4c^2}{3(a+b)}\Leftrightarrow a = \dfrac{4(a^2 - b^2)}{3(a+b)} \Leftrightarrow a = 4b \quad \blacksquare{}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 31, 2026 9:58 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2026 12:47 pm
Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , η είναι διχοτόμος . Η μεσοκάθετος της υποτείνουσας , τέμνει

την στο σημείο . Πώς πρέπει να κατασκευαστεί το τρίγωνο αυτό , ώστε : ;

Από την υπόθεση $\dfrac{DS}{MS}=\dfrac{a}{2b},(1)$

Από τα όμοια τρίγωνα $SMB,ABC,MS=\dfrac{ab}{2c},(2)$

Από το Π.Θ. στο τρίγωνο $SMB,SB=\dfrac{a^{2}}{2c},(3)$ $DL//MS,AC=CL=b,LM=\dfrac{a}{2}-b,\dfrac{DS}{SB}=\dfrac{LM}{MB}\Rightarrow DS=\dfrac{a(a-2b)}{2c}, (1) \Rightarrow a=4b$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 31, 2026 10:37 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 30, 2026 12:47 pm
Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , η είναι διχοτόμος . Η μεσοκάθετος της υποτείνουσας , τέμνει

την στο σημείο . Πώς πρέπει να κατασκευαστεί το τρίγωνο αυτό , ώστε : ;

: ισεμβαδ 2.png (17.2 KiB) Προβλήθηκε 60 φορές

.
(Βλέπε το ποστ #2 για μία διόρθωση στο σημείο με τα κόκκινα γράμματα.)

Παίρνουμε χωρίς βλάβη AC=1

, και

, οπότε αν CB=p

έχουμε

(*).

Επειδή η

είναι διχοτόμος της $\widehat {ACB}$ , έχουμε $AD=\dfrac {q}{1+p}, \, DB=\dfrac {pq}{1+p}$

Αφού (CSB)= 2(CMS)=2(CDS)

, έχουμε

και άρα $DS=\dfrac {pq}{3(1+p)}, \, SB=\dfrac {2pq}{3(1+p)}$

Επίσης λόγω μεσοκαθέτου CS=SB

, δηλαδή $CS=\dfrac {2pq}{3(1+p)}$ . Άρα από το ορθογώνιο τρίγωνο ACS

έχουμε

, ισοδύναμα

$1^2+\left (\dfrac {q}{1+p}+ \dfrac {pq}{3(1+p)}\right )^2= \left (\dfrac {2pq}{3(1+p)} \right )^2$ (**)

Λύνοντας το σύστημα των (*), (**) θα βρούμε $p=4, q=\sqrt {15}$

Συνοψίζοντας, το ζητούμενο ACB

έχει κάθετες πλευρές $\boxed {AC=1,\, AB=\sqrt {15}}$ .

mathematica.gr

Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις

Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις

Re: Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις

Re: Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις

Re: Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις

Re: Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις

Re: Ισεμβαδικότητα χωρίς απαιτήσεις