Ισότητα τμημάτων!

Συντονιστής: gbaloglou

Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6167
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Ισότητα τμημάτων!

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Παρ Ιαν 04, 2019 8:56 pm

Έστω τρίγωνο \displaystyle{ABC} με βαρύκεντρο \displaystyle{G} και έγκεντρο \displaystyle{I.} Οι \displaystyle{AG,AI} τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία \displaystyle{D,E,} αντίστοιχα.
Αν το τρίγωνο είναι ισοσκελές, είναι τετριμμένο ότι ισχύει \displaystyle{AD=AE.} Είναι όμως δυνατόν να ισχύει \displaystyle{AD=AE} και σε μη ισοσκελή τρίγωνα. Αποδείξτε όμως τότε ότι ισχύει \displaystyle{\angle A>110^o.}
Συνημμένα
equal segments.png
equal segments.png (20.63 KiB) Προβλήθηκε 518 φορές


Μάγκος Θάνος

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8151
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Ισότητα τμημάτων!

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Ιαν 05, 2019 12:02 pm

matha έγραψε:
Παρ Ιαν 04, 2019 8:56 pm
Έστω τρίγωνο \displaystyle{ABC} με βαρύκεντρο \displaystyle{G} και έγκεντρο \displaystyle{I.} Οι \displaystyle{AG,AI} τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία \displaystyle{D,E,} αντίστοιχα.
Αν το τρίγωνο είναι ισοσκελές, είναι τετριμμένο ότι ισχύει \displaystyle{AD=AE.} Είναι όμως δυνατόν να ισχύει \displaystyle{AD=AE} και σε μη ισοσκελή τρίγωνα. Αποδείξτε όμως τότε ότι ισχύει \displaystyle{\angle A>110^o.}
Καλημέρα Θάνο!
Ισότητα τμημάτων Μ.png
Ισότητα τμημάτων Μ.png (14.93 KiB) Προβλήθηκε 442 φορές
Είναι \displaystyle A{E^2} = \frac{{{{({b^2} + {c^2})}^2}}}{{4A{M^2}}} = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}}} και \displaystyle AH \cdot AD = bc \Leftrightarrow A{D^2} = \frac{{bc{{(b + c)}^2}}}{{(b + c - a)(b + c + a)}}

Από AD^2=AE^2 παίρνω: \displaystyle ({b^3} - {c^3})({a^2} - bc) = ({b^5} - {c^5})\mathop  \Leftrightarrow \limits^{b \ne c} {a^2}bc = ({b^2} + {c^2})\left( {{b^2} + {c^2} + 2bc - {a^2}} \right)

Αλλά, a^2=b^2+c^2-2bccosA, άρα καταλήγω σε \displaystyle \cos A = -\frac{{{b^2} + {c^2}}}{{2({b^2} + {c^2} + bc)}}

Αναζητώ τον πραγματικό αριθμό k ώστε \displaystyle \cos A < k για κάθε b,c και βρίσκω \displaystyle k <  - \frac{1}{3}.

Άρα, \displaystyle \cos A <  - \frac{1}{3} που δίνει περίπου \displaystyle \widehat A > 109.47^\circ



Στο σχήμα πήρα \displaystyle b = 4,c = 3,\widehat A = 109,7452^\circ και βγήκε \displaystyle AD = AE = 6,08276

ΥΓ. Έγινε κατά λάθος εναλλαγή των γραμμάτων D, E από το αρχικό σχήμα της εκφώνησης.
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Σάβ Ιαν 05, 2019 1:29 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
matha
Γενικός Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 6167
Εγγραφή: Παρ Μάιος 21, 2010 7:40 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη

Re: Ισότητα τμημάτων!

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από matha » Σάβ Ιαν 05, 2019 1:29 pm

george visvikis έγραψε:
Σάβ Ιαν 05, 2019 12:02 pm
καταλήγω σε \displaystyle \cos A = -\frac{{{b^2} + {c^2}}}{{2({b^2} + {c^2} + bc)}}
Και εγώ καταλήγω στην ίδια σχέση Γιώργο, από την οποία προκύπτει \displaystyle{\cos A<-\frac{1}{3},} οπότε \displaystyle{A>110^o.}


Μάγκος Θάνος
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5344
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Ισότητα τμημάτων!

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Σάβ Ιαν 05, 2019 8:00 pm

matha έγραψε:
Παρ Ιαν 04, 2019 8:56 pm
Έστω τρίγωνο \displaystyle{ABC} με βαρύκεντρο \displaystyle{G} και έγκεντρο \displaystyle{I.} Οι \displaystyle{AG,AI} τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία \displaystyle{D,E,} αντίστοιχα.
Αν το τρίγωνο είναι ισοσκελές, είναι τετριμμένο ότι ισχύει \displaystyle{AD=AE.} Είναι όμως δυνατόν να ισχύει \displaystyle{AD=AE} και σε μη ισοσκελή τρίγωνα. Αποδείξτε όμως τότε ότι ισχύει \displaystyle{\angle A>110^o.}
Όμορφο θέμα.

Έστω ότι έχουμε AB<AC. Θα δούμε το θέμα υπό το πρίσμα της κατασκευής του, αφού όπως θα δούμε είναι κατασκευάσιμο, αν έχουμε σαν βάση την χορδή BC.


Έστω K το κέντρο του κύκλου και D^’ το αντιδιαμετρικό του D. Αν S είναι η τομή της εφαπτομένης του κύκλου στο A με την ημιευθεία DD^’ και

με βάση το ότι AD=AE, τότε, τα K,S είναι αρμονικά συζυγή των M,D, αφού η ημιευθεία AK είναι διχοτόμος της \angle DAE.

Έτσι προκύπτει αφενός ότι το A είναι τομή του κύκλου (K,R)\;\;(R=KB=KC) με τον Απολλώνιο κύκλο διαμέτρου

KS, αφετέρου έχουμε: \displaystyle{\frac{{MK}}{R} = \frac{{MS}}{{MS + MK + R}} \Rightarrow ... \Rightarrow MS = \frac{{M{K^2} + MK \cdot R}}{{R - MK}} > R - MK \Rightarrow ...}

\displaystyle{\frac{{MK}}{R} > \frac{1}{3} \Rightarrow \frac{{MK}}{{BK}} > \frac{1}{3} \Rightarrow \cos \left( {\pi  - \angle A} \right) > \frac{1}{3} \Rightarrow \cos \angle A <  - \frac{1}{3} \Rightarrow \angle A > \frac{{11\pi }}{{18}}.}
ΘΜ.png
ΘΜ.png (21.43 KiB) Προβλήθηκε 358 φορές


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες