Σαν Πυθαγόρειο

KARKAR · #1

Στο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , όπου $\widehat{A}=2\widehat{C}$ , ισχύει άραγε το φερόμενο ως Θεώρημα ;

#2

KARKAR έγραψε:Στο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , όπου $\widehat{A}=2\widehat{C}$ , ισχύει άραγε το φερόμενο ως Θεώρημα ;

: 1.png (28.77 KiB) Προβλήθηκε 3815 φορές

Έστω $\displaystyle{ AD }$ η διχοτόμος της $\displaystyle{ \widehat{BAC} }$ τότε:

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \vartriangle ADB \sim \vartriangle ABC \\ AD = DC \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{AD}} {{AC}} = \frac{{AB}} {{BC}} \\ AD = DC \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \frac{{DC}} {{AC}} = \frac{{AB}} {{BC}}\mathop \Rightarrow \limits^{DC = \frac{{a \cdot b}} {{b + c}},AC = B,AB = c,BC = a} \frac{{\frac{{a \cdot b}} {{b + c}}}} {b} = \frac{c} {a} \Rightarrow \frac{a} {{b + c}} = \frac{c} {a} \Rightarrow \boxed{a^2 = c^2 + bc} }$

Στάθης

#3

KARKAR έγραψε:Στο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , όπου $\widehat{A}=2\widehat{C}$ , ισχύει άραγε το φερόμενο ως Θεώρημα ;

Αλλιώς: Από τον νόμο των ημιτόνων είναι $a = 2R \sin (2\phi), b= 2R \sin (3 \phi), c= 2R \sin (\phi)$ , οπότε αναγώμαστε στη απόδειξη της $\sin ^2 (2\phi) = \sin^2 (\phi) + \sin (\phi) \sin (3\phi)$ . Όμως αυτή ισχύει καθώς

$\sin^2 (\phi) + \sin (\phi) \sin (3\phi ) = \sin (\phi) \left( \sin (\phi) + \sin (3\phi )\right)=$

$= 2 \sin (\phi)\left( \sin (2\phi) \cos (\phi )\right)= \left(2 \sin (\phi) \cos (\phi )\right) \sin (2\phi)= \sin ^2 (2\phi)$ .

Φιλικά,

Μιχάλης

KARKAR · #4

Σαν "Θεώρημα" , του αξίζει μια ακόμα λύση , έστω λιγότερο κομψή ...

Φέρω τη διχοτόμο

και με χρήση του Θ. διχοτόμου , συμπληρώνω το σχήμα .

Είναι $a^2=b^2+c^2-2bc\sigma \upsilon \nu 2\phi$ ( από Ν. συνημιτόνων )

Όμοια έχω : $\displaystyle c^2=\left(\frac{ab}{b+c} \right)^2+\left(\frac{ac}{b+c} \right)^2-2\left(\frac{a^2bc }{b+c}\right)^2\sigma \upsilon \nu 2\phi$

$\displaystyle \Rightarrow c^2=\left(\frac{a}{b+c} \right)^2\left(b^2+c^2-2bc\sigma \upsilon \nu 2\phi\right)=\frac{a^4}{(b+c)^2}$

συνεπώς : $a^4=c^2(b+c)^2\Rightarrow a^2= c^2+bc$

GMANS · #5

Στην προέκταση της

προς το

Θεωρώ σημείο

ώστε

Τότε $\hat{BDC}=\hat{\varphi },\hat{DCB}=2\hat{\varphi }$
Οπότε
$\Delta (BDC))\sim\Delta (BAC)$
και επομένως

$\frac{BD}{BC}=\frac{BC}{AB}\Rightarrow \frac{b+c}{a} =\frac{a}{c}\Rightarrow a^2=c^2+bc$

KARKAR · #6

Σχήμα για τη έξοχη λύση του Gmans

#7

KARKAR έγραψε:Σαν "Θεώρημα" , του αξίζει μια ακόμα λύση , έστω λιγότερο κομψή ...

Ο Νόμος Συνημιτόνων είναι: λιγότερος κομψός;

Τι ακούν τ' αυτιά μου ...

Ας δώσω μια παραλλαγή (ελπίζω) πιο ΚΟΜΨΗ!

: 06-01-2012 Γεωμετρία.jpg (12.1 KiB) Προβλήθηκε 3739 φορές

Είναι $\displaystyle \left( {ABC} \right) = \frac{{b \cdot c \cdot \eta \mu 2\phi }}{2} = \frac{{b \cdot a \cdot \eta \mu \phi }}{2} \Rightarrow \sigma \upsilon \nu \phi = \frac{a}{{2c}}$

Από Ν. Συνημιτόνων:

$\displaystyle c^2 = a^2 + b^2 - 2ab \cdot \sigma \upsilon \nu \phi \Leftrightarrow c^2 = a^2 + b^2 - \frac{{a^2 \cdot b}}{c} \Leftrightarrow c^2 - b^2 = a^2 \left( {1 - \frac{b}{c}} \right)$
$\displaystyle \begin{array}{l} \\ \Leftrightarrow \left( {c - b} \right)\left( {c + b} \right) = a^2 \left( {\frac{{c - b}}{c}} \right)\;\;\;\left( 1 \right) \\ \end{array}$

Αν $\displaystyle c = b$ , τότε

$\displaystyle \widehat B = \widehat C = \phi \Rightarrow 4\phi = 180^\circ \Rightarrow \widehat{\rm A} = 90^\circ \Rightarrow a^2 = b^2 + c^2 \Rightarrow a^2 = c^2 + bc$

Αν $\displaystyle c \ne b$ τότε $\displaystyle \left( 1 \right) \Leftrightarrow \left( {c + b} \right) = \frac{{a^2 }}{c} \Leftrightarrow a^2 = c^2 + bc$

#8

Παρά το πλήθος κομψών λύσεων που έχουν υποβληθεί, χάριν πληρότητας, υποβάλλω και τη δική μου.

Αν N,M

είναι τα μέσα των AB, AC

αντίστοιχα και

η προβολή του

στην

, έχουμε $\widehat{NDA}=\hat{A}=2\hat{C}=2\widehat{DMN}\Rightarrow\widehat{DMN}=\widehat{DNM}\Rightarrow DM=DN=\frac{AB}{2}=\frac{c}{2}$ .
Οπότε από το 2^o

Θεώρημα διαμέσων, έχουμε: a^2-c^2=2bDM=bc

.
Να παρατηρήσουμε, ότι όμοια αποδεικνύεται και το αντίστροφο: Αν $\displaystyle{a^2-c^2=bc}$ , τότε $\hat{A}=2\hat{C}$

KARKAR · #9

Πότε πρόλαβε αυτός ο Prasolov

, και μας αντέγραψε ;

$1.71.\; \; Prove \;\; that\; \; if \; \widehat{BAC} = 2\widehat{ABC}, then \:\; BC^2 = (AC + AB)AC.$

p_gianno · #10

Έστω

σημείο στην προέκταση της

έτσι ώστε

.
Τότε $\triangle DAC$ ισοσκελές $\rightarrow \angle D = ACD = BAC :2=ACB= \phi$
δηλ $\angle D=ACB \rightarrow BC$ εφαπτομένη του κύκλου $(DAC) \rightarrow BA\cdot BD=BC^2$
$\rightarrow c(c+b)=a^2$

KARKAR · #11

Η "ασχημότερη" λύση : $\displaystyle \frac{b}{c}=\frac{sin3\phi }{sin\phi }=\frac{3sin\phi -4sin^3\phi }{sin\phi }=3-4(1-cos^2\phi)=4cos^2\phi -1$

και $\displaystyle \frac{a}{c}=\frac{sin2\phi }{sin\phi }=2cos\phi$ , η οποία μετατρέπεται στην : $\displaystyle \frac{a^2}{c^2}-1=4cos^2\phi -1$ , οπότε :

$\displaystyle \frac{a^2}{c^2}-1=\frac{b}{c}\Rightarrow a^2-c^2=bc\Rightarrow a^2=c^2+bc$ , ο.ε.δ.

p_gianno · #12

Μία μετρική λύση.

Έστω $\angle A < 90^0$ .

Θεωρώ

επί της

έτσι ώστε

.

Τότε

ισοσκελή και επιπλέον το ύψος

είναι και διάμεσος του ισοσκελούς τργ SBA

.

Από επέκταση πυθαγορείου έχουμε:

$a^2=b^2+c^2-2b \cdot AT=b^2+c^2-b \cdot AS=b(b-AS)+c^2=b \cdot SC+c^2=b \cdot c+c^2$ οεδ

Αν $\angle A=90^0$ εξακολουθεί να ισχύει το ζητούμενο αφού b=c

.

Αν $\angle A>90^0$ ισχύει το ζητούμενο (απόδειξη όπως η α περίπτωση)

parmenides51 · #13

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε:Να παρατηρήσουμε, ότι όμοια αποδεικνύεται και το αντίστροφο: Αν $\displaystyle{a^2-c^2=bc}$ , τότε $\hat{A}=2\hat{C}$

το ευθύ πάλι εδώ, το αντίστροφο εδώ

thanasis.a · #14

..καλησπέρα.

και μια παραλλαγή μιας παραλλαγής

από ν. ημιτόνων έχουμε: $\displaystyle\frac{\eta \mu \varphi }{c}=\frac{\eta\mu (2 \varphi )}{a}\Rightarrow ..\Rightarrow \sigma \upsilon \nu \varphi =\frac{a}{2c} \,\,\,(1)$

από ν. συνημιτόνων έχουμε: $a^{2}+b^{2}-2ab\sigma \upsilon \nu \varphi =c^{2}\mathop\Rightarrow \limits^{(1)}...a^{2}(c-b)=c(c^{2}-b^{2})\Rightarrow a^{2}=c^{2}+bc$

#15

KARKAR έγραψε:Στο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , όπου $\widehat{A}=2\widehat{C}$ , ισχύει άραγε το φερόμενο ως Θεώρημα ;

: Σαν Πυθαγόρειο.png (20.15 KiB) Προβλήθηκε 3091 φορές

Γράφουμε το ημικύκλιο κέντρου

και ακτίνας

προς την πλευρά του

.

Η προέκταση του

προς το Α τέμνει ακόμα το ημικύκλιο στο σημείο

. Προφανώς $BC = BT \Leftrightarrow \widehat T = \widehat {C\,}\,\,(1)$ .

Η γωνία $\widehat A = B\widehat AC = \widehat T + \widehat \theta$ ως εξωτερική στο τρίγωνο ABT

, και εξ αιτίας της (1)

θα ισχύει: $\widehat A = \widehat C + \widehat {\theta \,}\,\,(2)$ .

Αλλά από την υπόθεση $\widehat A = 2\widehat C\,\,(2)$ , οπότε και λόγω της (2)

και της

έχουμε $\widehat T = \widehat \theta \Leftrightarrow \boxed{AB= AT = c}\,\,(3)$ .

Από τη δύναμη του σημείου

ως προς το ημικύκλιο έχουμε : $AC \cdot AT = B{C^2} - A{B^2}$ και λόγω της (3)

, $bc = {a^2} - {c^2} \Leftrightarrow \boxed{{a^2} = {c^2} + bc}$ . ο. ε. δ.

Πάντα φιλικά Νίκος

sakis1963 · #16

: GEOMETRIA Σαν Πυθαγόρειο.png (17.12 KiB) Προβλήθηκε 3057 φορές

Καλημέρα,
μια ακόμη λύση που πρέπει να μπεί συλλογή.
Γράφω κύκλο (B,c)

και όλα λύνονται δια μαγείας
$(a+c)(a-c)=bc \Rightarrow a^2=c^2+bc$

Φιλικά, Σάκης

#17

KARKAR έγραψε:Στο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , όπου $\widehat{A}=2\widehat{C}$ , ισχύει άραγε το φερόμενο ως Θεώρημα ;

: Σαν Πυθαγόρειο.png (6.65 KiB) Προβλήθηκε 3003 φορές

Φέρνω τη γωνία $\displaystyle{B\widehat CE = \varphi }$ και έστω BE=x

, οπότε

.
Η

είναι διχοτόμος της $B\widehat CE$ :
$\displaystyle{{a^2} = AC \cdot CE - AB \cdot BE \Leftrightarrow {a^2} = b(c + x) - cx \Leftrightarrow }$ $\boxed{{a^2} = bc + (b - c)x}$ (1)

Αλλά, $\displaystyle{\frac{c}{x} = \frac{{AC}}{{CE}} = \frac{b}{{c + x}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{x = \frac{{{c^2}}}{{b - c}}}$ (2)

. Από

: $\boxed{a^2=c^2+bc}$

Γιώργος Μήτσιος · #18

Eυκαιρία με το ωραίο Θέμα-Θεώρημα που αναδύθηκε να πω καλημέρα σε τόσους φίλους !
Μια ακόμη παραλλαγή

: KARKAR Σαν Πυθαγόρειο!.PNG (9.26 KiB) Προβλήθηκε 1956 φορές

Ο κύκλος

τέμνει το ημικύκλιο διαμέτρου BC=a

στο

και την

στο

.

Έχουμε $\widehat{EBC}=2\varphi -\varphi =\varphi$ άρα CE=BE=c

Στο ορθογώνιο BHC

: $CH^{2}= a^{2}-c^{2}$ ενώ και $CH^{2}= CE\cdot CA =cb$ ως εφαπτόμενο.

Συνεπώς $a^{2}-c^{2}= bc \Leftrightarrow \boxed {a^{2}=c^{2}+bc}$ .
Φιλικά Γιώργος.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #19

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 05, 2012 11:40 pm
Στο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , όπου $\widehat{A}=2\widehat{C}$ , ισχύει άραγε το φερόμενο ως Θεώρημα ;

Άλλη μια λύση

Η παράλληλη από το $\displaystyle B$ στην $\displaystyle AC$ τέμνει τη διχοτόμο της $\displaystyle \angle A$ στο $\displaystyle D$

και προφανώς $\displaystyle ABDC$ εγγράψιμο ισοσκελές τραπέζιο

Από Πτολεμαίο $\displaystyle \Rightarrow {\alpha ^2} = {c^2} + bc$

: σαν Πυθαγόρειο.png (16.02 KiB) Προβλήθηκε 1903 φορές

STOPJOHN · #20

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 05, 2012 11:40 pm
Στο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , όπου $\widehat{A}=2\widehat{C}$ , ισχύει άραγε το φερόμενο ως Θεώρημα ;

Προεκτείνω την

κατά τμήμα AE=AB=c

. Είναι $AD=DC=\delta_{a}$
Από το θεώρημα της διχοτόμου στο τρίγωνο $ABC,\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{DC}{AC}\Leftrightarrow \delta _{a}=\dfrac{ab}{b+c},(1)$
Από τα όμοια τρίγωνα $ABE,ADC,\dfrac{a}{b}=\dfrac{c}{\delta _{a}}\Leftrightarrow \delta _{a}=\dfrac{bc}{a},(2), (1),(2)\Rightarrow a^{2}=bc+c^{2}$

Γιάννης

Σαν Πυθαγόρειο

Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Re: Σαν Πυθαγόρειο

Μέλη σε σύνδεση