Ίσοι λόγοι σε ρόμβο

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαιρετώ.
Για το θέμα που ακολουθεί έχω λύση , αλλά και την .. .. προσδοκία για κομψότερη λύση απ' αυτή που βρήκα..

Θεωρούμε τον ρόμβο ABCD

. Οι

τέμνονται στο

, όπου $M \in AD$ και $N \in AB$

: 18-10 Ίσοι λόγοι σε ρόμβο.png (179.2 KiB) Προβλήθηκε 693 φορές

Να εξεταστεί αν ισχύει: $\dfrac{\left ( ENA \right )}{\left ( EMA \right )}= \dfrac{\left ( BEC \right )}{\left ( DEC \right )}$ . Σας ευχαριστώ εκ των προτέρων, Γιώργος.

Henri van Aubel · #2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Henri van Aubel · #3

Είναι $\displaystyle \frac{\left ( ANE \right )}{\left ( AME \right )}=\frac{\left ( ANE \right )}{\left ( AND \right )}\cdot \frac{\left ( ABM \right )}{\left ( AND \right )}\cdot \frac{\left ( AND \right )}{\left ( ABM \right )}=\frac{NE}{ND}\cdot \frac{BM}{EM}\cdot \frac{AN}{AM}\left ( 1 \right )$

Επίσης $\displaystyle \frac{\left ( BEC \right )}{\left ( DEC \right )}=\frac{0.5\cdot BE\cdot BC\cdot sin \angle AMB}{0.5\cdot DE\cdot BC\cdot sin \angle AND}=\frac{BE}{DE}\cdot \frac{ND}{BM}\left ( 2 \right )$

Αφού $\displaystyle \frac{BE}{DE}=\frac{sin \angle ABM}{sin \angle MBD}\cdot \frac{sin \angle BDN}{sin \angle ADN}\cdot \frac{sin \angle ADN}{sin \angle ABM}=$

$\displaystyle =\frac{AM}{MD}\cdot \frac{BD}{AB}\cdot \frac{BN}{AN}\cdot \frac{AD}{BD}\cdot \frac{AN}{AM}\cdot \frac{BM}{ND}=\frac{BN}{MD}\cdot \frac{BM}{ND}\left ( 3 \right )$

έπεται ότι $\displaystyle \frac{\left ( BEC \right )}{\left ( DEC \right )}=\frac{BN}{MD}\cdot \frac{BM}{ND}\cdot \frac{ND}{BM}=\frac{BN}{MD}\left ( 4 \right )$

Επιπλέον, είναι $\displaystyle \frac{NE}{EM}=\frac{sin \angle BMN}{sin \angle AMN}\cdot \frac{sin \angle ANM}{sin \angle DNM}\cdot \frac{ AN}{AM}=\frac{BN}{AN}\cdot \frac{AM}{BM}\cdot \frac{AM}{MD}\cdot \frac{ND }{AN}\cdot \frac{AN}{AM}=$

$\displaystyle =\frac{BN}{AN}\cdot \frac{AM}{BM}\cdot \frac{ND}{MD}\left ( 5 \right )$

Συνεπώς : $\displaystyle \frac{\left ( ANE \right )}{\left ( AME \right )}=\frac{BN}{AN}\cdot \frac{AM}{BM}\cdot \frac{ND}{MD}\cdot \frac{BM}{ND}\cdot \frac{AN}{AM}=\frac{BN}{MD}\overset{\left ( 4 \right )}=\frac{\left ( BEC \right )}{\left ( DEC \right )}.$

Τελειώσαμε ...

#4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 18, 2023 11:58 pm
Χαιρετώ.
Για το θέμα που ακολουθεί έχω λύση , αλλά και την .. .. προσδοκία για κομψότερη λύση απ' αυτή που βρήκα..

Θεωρούμε τον ρόμβο . Οι τέμνονται στο , όπου $M \in AD$ και $N \in AB$

18-10 Ίσοι λόγοι σε ρόμβο.png

Να εξεταστεί αν ισχύει: $\dfrac{\left ( ENA \right )}{\left ( EMA \right )}= \dfrac{\left ( BEC \right )}{\left ( DEC \right )}$ . Σας ευχαριστώ εκ των προτέρων, Γιώργος.

: ίσοι λόγοι σε ρόμβο.png (32.83 KiB) Προβλήθηκε 574 φορές

Έστω $EL\parallel BC,EK\parallel CD,L\in AB,K\in AD$ . Τότε τα τρίγωνα $\vartriangle EBC,\vartriangle ECD$ είναι ισεμβαδικά αντίστοιχα με τα $\vartriangle LBC,\vartriangle KCD$ (μια κοινή πλευρά και οι τρίτες κορυφές τους σε ευθεία παράλληλη στην κοινή πλευρά) , τα οποία τρίγωνα έχουν ίσα ύψη CT,CS

(ύψη ρόμβου) ως προς τις πλευρές τους BL,KD

.

Έτσι θα έχουμε : $\dfrac{\left( EBC \right)}{\left( EDC \right)}=\dfrac{\left( LBC \right)}{\left( KDC \right)}=\dfrac{BL}{DK}:\left( 1 \right)$
Για τα τρίγωνα $\vartriangle EAN,\vartriangle EAL$ με κοινό ύψος από την κοινή τους κορυφή

θα είναι $\dfrac{\left( EAN \right)}{\left( EAL \right)}=\dfrac{AN}{AL}\overset{ALEK\,\,\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o}{\mathop{=}}\,\dfrac{AN}{EK}:\left( 2 \right)$ και ομοίως $\dfrac{\left( EAM \right)}{\left( EAK \right)}=\dfrac{AM}{AK}\overset{ALEK\,\,\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o}{\mathop{=}}\,\dfrac{AM}{EL}:\left( 3 \right)$

Από $\left( 2 \right):\left( 3 \right)$ και με δεδομένο ότι $\left( EAL \right)=\left( EAK \right)$ (αφού ALEK

παραλληλόγραμμο) προκύπτει ότι : $\dfrac{\left( EAN \right)}{\left( EAM \right)}=\dfrac{AN}{AM}\cdot \dfrac{EL}{EK}:\left( 4 \right)$
Από $LE\parallel AM\Rightarrow \dfrac{BL}{BA}=\dfrac{LE}{AM}:\left( 5 \right)$ και $LK\parallel AN\Rightarrow \dfrac{DK}{AD}=\dfrac{EK}{AN}:\left( 6 \right)$

Με διαίρεση των $\left( 5 \right),\left( 6 \right)$ κατά μέλη και δεδομένου ότι BA=AD

προκύπτει ότι: $\dfrac{BL}{DK}=\dfrac{AN}{AM}\cdot \dfrac{LE}{EK}:\left( 7 \right)$

Από $\left( 1 \right),\left( 4 \right)\overset{\left( 7 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{\left( EAN \right)}{\left( EAM \right)}=\dfrac{\left( EBC \right)}{\left( EDC \right)}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τετ Οκτ 18, 2023 11:58 pm
Χαιρετώ.
Για το θέμα που ακολουθεί έχω λύση , αλλά και την .. .. προσδοκία για κομψότερη λύση απ' αυτή που βρήκα..

Θεωρούμε τον ρόμβο . Οι τέμνονται στο , όπου $M \in AD$ και $N \in AB$

18-10 Ίσοι λόγοι σε ρόμβο.png

Να εξεταστεί αν ισχύει: $\dfrac{\left ( ENA \right )}{\left ( EMA \right )}= \dfrac{\left ( BEC \right )}{\left ( DEC \right )}$ . Σας ευχαριστώ εκ των προτέρων, Γιώργος.

Είναι $\dfrac{(ENA)}{(EMA)}= \dfrac{NK}{KM}$ και $\dfrac{(BEC)}{(DEC)}= \dfrac{BL}{LD}$ επομένως θα αποδείξουμε ότι $\dfrac{NK}{KM} =\dfrac{BL}{LD}$

Ο Μενέλαος στο τρίγωνο BMN

με διατέμνουσα EKA

δίνει

$\dfrac{NK}{KM}. \dfrac{ME}{EB} . \dfrac{a}{AN} =1 \Rightarrow \dfrac{NK}{KM}= \dfrac{EB}{ME} . \dfrac{AN}{a}= \dfrac{a}{SM}. \dfrac{AN}{a} = \dfrac{AN}{SM}$

Ακόμη, $\dfrac{BL}{LD}= \dfrac{a}{SD}$ συνεπώς θα δείξουμε ότι $\dfrac{NK}{KM}=\dfrac{a}{SD}$

Ο Μενέλαος στο τρίγωνο ACS

με διατέμνουσα PED

δίνει

$\dfrac{AP}{PC}. \dfrac{CE}{ES} . \dfrac{DS}{a} =1 \Rightarrow \dfrac{AN}{a}.\dfrac{a}{SM} . \dfrac{DS}{a}=1 \Rightarrow \dfrac{AN}{SM}=\dfrac{a}{SD}$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε

: Λόγος εμβαδών.png (24.24 KiB) Προβλήθηκε 517 φορές

Ίσοι λόγοι σε ρόμβο

Ίσοι λόγοι σε ρόμβο

Re: Ίσοι λόγοι σε ρόμβο

Re: Ίσοι λόγοι σε ρόμβο

Re: Ίσοι λόγοι σε ρόμβο

Re: Ίσοι λόγοι σε ρόμβο

Μέλη σε σύνδεση