Ισοσκελές τρίγωνο

orestisgotsis · #1

ΠΕΡΙΤΤΑ

Γιώργος Απόκης · #2

Διέγραψα τη λύση, χρησιμοποίησα ότι ο κύκλος είναι ο εγγεγραμμένος του τριγώνου (Ορέστη ευχαριστώ)

#3

Ευθύ: Υποθέτουμε ότι το τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ είναι ισοσκελές, με $\displaystyle{AB = AC}$ . Έστω $\displaystyle{D,E,F}$ τα ίχνη των εσωτερικών διχοτόμων του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ που άγονται από τις κορυφές $\displaystyle{A,B,C}$ αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{D E F}$ εφάπτεται στην πλευρά $\displaystyle{BC}$ στο σημείο $\displaystyle{D}$ .

Από τα ίσα τρίγωνα $\displaystyle{BCE}$ και $\displaystyle{BCF}$ προκύπτει ότι BF = CE

, άρα και

. Άρα, θα είναι

$\displaystyle{\widehat {AFE} = \widehat {AEF} = {90^ \circ } - \frac{{\hat A}}{2} = \hat B = \hat C}$

οπότε η $\displaystyle{FE}$ είναι παράλληλη στην $\displaystyle{BC}$ . Επομένως, θα είναι

$\displaystyle{\widehat {D E F} = \widehat {EDC}}$ .

Από τα ίσα τρίγωνα $\displaystyle{EDC}$ και $\displaystyle{FBD}$ ( $\displaystyle{DC = DB}$ , CE=BF

και $\hat B = \hat C$ ) προκύπτει ότι $\displaystyle{DE = DF}$ και άρα $\displaystyle{\widehat {D E F} = \widehat {DFE}}$ .

Άρα, ισχύει η σχέση $\displaystyle{\widehat {EDC} = \widehat {DFE}}$ , που σημαίνει ακριβώς ότι η

εφάπτεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου D E F

στο σημείο

.

Το Αντίστροφο δεν ισχύει γενικά!

Έστω $\displaystyle{K,L,M}$ τα σημεία τομής του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου D E F

με τις πλευρές $\displaystyle{BC,CA,AB}$ αντίστοιχα. Τότε, ισχύουν οι σχέσεις (δύναμη σημείου ως προς κύκλο):

$\displaystyle{AL \cdot AE = AM \cdot AF}$ $\bf \color{red} \left(1 \right)$ ,

$\displaystyle{BD \cdot BK = BF \cdot BM}$ $\bf \color{red} \left(2 \right)$ ,

$\displaystyle{CK \cdot CD = CE \cdot CL}$ $\bf \color{red} \left(3 \right)$ .

Χρησιμοποιώντας τις σχέσεις

$\displaystyle{BD = \frac{{ac}}{{b + c}}}$

κ.ο.κ., που δίνουν τα μήκη των τμημάτων $\displaystyle{BD,CD,AE,CE,AF,BF}$ βρίσκουμε, με αντικατάσταση στις $\bf \color{red} \left(1 \right)$ , $\bf \color{red} \left(2 \right)$ και $\bf \color{red} \left(3 \right)$ , ότι:

$\displaystyle{\frac{{AL}}{{c + a}} = \frac{{AM}}{{a + b}},}$ $\bf \color{red} \left(4 \right)$

$\displaystyle{\frac{{BK}}{{b + c}} = \frac{{BM}}{{a + b}},}$

$\displaystyle{\frac{{CK}}{{b + c}} = \frac{{CL}}{{c + a}}.}$

Υποθέτουμε ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{D E F}$ εφάπτεται στην πλευρά $\displaystyle{BC}$ στο σημείο $\displaystyle{D}$ , δηλαδή ότι τα σημεία

και

ταυτίζονται. Τότε, έχουμε:

$\displaystyle{BK = BD = \frac{{ac}}{{b + c}}}$

και

$\displaystyle{CK = CD = \frac{{ab}}{{b + c}}.}$

Άρα, είναι:

$\displaystyle{BM = \frac{{ac\left( {a + b} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}}$

και

$\displaystyle{CL = \frac{{ab\left( {c + a} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}},}$

οπότε

$\displaystyle{AL = AC - CL = \cdots = \frac{{b{{\left( {b + c} \right)}^2} - ab\left( {c + a} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}}$

και

$\displaystyle{AM = AB - BM = \cdots = \frac{{c{{\left( {b + c} \right)}^2} - ac\left( {a + b} \right)}}{{{{\left( {b + c} \right)}^2}}}}$ .

Άρα, η σχέση $\bf \color{red} \left(4 \right)$ δίνει ότι:

$\displaystyle{\frac{{b\left[ {{{\left( {b + c} \right)}^2} - a\left( {c + a} \right)} \right]}}{{c + a}} = \frac{{c\left[ {{{\left( {b + c} \right)}^2} - a\left( {a + b} \right)} \right]}}{{a + b}}}$

η οποία γράφεται ισοδύναμα (εφόσον δεν έχω κάνει λάθος στις πράξεις...)

$\displaystyle{\boxed{\left( {b - c} \right)\left[ {{{\left( {b + c} \right)}^2}\left( {a + b + c} \right) - a\left( {a + b} \right)\left( {c + a} \right)} \right] = 0}}$ $\bf \color{red} \left(\bigstar \right)$ .

Από τη σχέση $\bf \color{red} \left(\bigstar \right)$ προκύπτει ότι $\displaystyle{b = c}$ , οπότε το τρίγωνο ABC

είναι ισοσκελές, ή

$\boxed{\displaystyle{{{{\left( {b + c} \right)}^2}\left( {a + b + c} \right) - a\left( {a + b} \right)\left( {c + a} \right) = 0}}}$ $\bf \color{red} \left(\clubsuit \right)$ .

Θα δείξουμε ότι υπάρχουν τρίγωνα που ικανοποιούν την $\bf \color{red} \left(\clubsuit \right)$ με $\displaystyle{b \ne c}$ .

Πράγματι, αν θέσουμε $\displaystyle{b + c = ka}$ με $\displaystyle{k > 1}$ , τότε η $\bf \color{red} \left(\clubsuit \right)$ γράφεται ισοδύναμα

$\displaystyle{{a^3}{k^3} + {a^3}{k^2} - {a^3}k - {a^3} - abc = 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow bc = {a^2}\left( {{k^3} + {k^2} - k - 1} \right) = {a^2}{\left( {k + 1} \right)^2}\left( {k - 1} \right).}$

Επομένως, οι αριθμοί $\displaystyle{b,c}$ είναι ρίζες της εξίσωσης δευτέρου βαθμού

$\displaystyle{{x^2} - kax + {\left( {k + 1} \right)^2}\left( {k - 1} \right){a^2} = 0}$ $\bf \color{red} \left(\spadesuit \right)$

η διακρίνουσα της οποίας είναι ίση με

$\displaystyle{\Delta = \cdots = \left( { - 4{k^3} - 3{k^2} + 4k + 4} \right){a^2}.}$

Θεωρούμε τη συνάρτηση

$\displaystyle{{f\left( k \right) = - 4{k^3} - 3{k^2} + 4k + 4}}$ , με $\displaystyle{k > 1}$ .

Είναι:

$\displaystyle{f'\left( k \right) = - 12{k^2} - 6k + 4 < 0}$

για $\displaystyle{k \ge 1}$ , οπότε $\displaystyle{f\left( {\left( {1, + \infty } \right)} \right) = \left( { - \infty ,f\left( 1 \right)} \right) = \left( { - \infty ,1} \right)}$ και άρα υπάρχει (μοναδικό) $\displaystyle{{k_0} > 1}$ τέτοιο, ώστε $\displaystyle{f\left( {{k_0}} \right) = 0}$ . Έτσι, για $\displaystyle{k \in \left( {1,{k_0}} \right)}$ η διακρίνουσα $\displaystyle{\Delta }$ είναι θετική, οπότε η εξίσωση $\bf \color{red} \left(\spadesuit \right)$ έχει δύο θετικές (άνισες) ρίζες και άρα υπάρχουν μη ισοσκελή τρίγωνα που έχουν τη θεωρούμενη ιδιότητα.

orestisgotsis · #4

ΠΕΡΙΤΤΑ

Ισοσκελές τρίγωνο

Ισοσκελές τρίγωνο

Re: Ισοσκελές τρίγωνο

Re: Ισοσκελές τρίγωνο

Re: Ισοσκελές τρίγωνο

Μέλη σε σύνδεση