Ισότητα τμημάτων!

#1

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 $\displaystyle{\angle A>110^o.}$

#2

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 (14.93 KiB) Προβλήθηκε 916 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

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.

#3

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 $\displaystyle{A>110^o.}$

S.E.Louridas · #4

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

το κέντρο του κύκλου και D^’

το αντιδιαμετρικό του

Αν

είναι η τομή της εφαπτομένης του κύκλου στο

με την ημιευθεία DD^’

και

με βάση το ότι AD=AE

, τότε, τα K,S

είναι αρμονικά συζυγή των M,D,

αφού η ημιευθεία

είναι διχοτόμος της $\angle DAE.$

Έτσι προκύπτει αφενός ότι το

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 (21.43 KiB) Προβλήθηκε 832 φορές

Ισότητα τμημάτων!

Ισότητα τμημάτων!

Re: Ισότητα τμημάτων!

Re: Ισότητα τμημάτων!

Re: Ισότητα τμημάτων!

Μέλη σε σύνδεση