Ισεμβαδικά

KARKAR · #1

: Ισεμβαδικά.png (26.6 KiB) Προβλήθηκε 520 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC

, η

είναι διχοτόμος και

διάμεσος . Ο κύκλος (C , D , M )

τέμνει την υποτείνουσα

στο σημείο

. Δείξτε ότι : (CDM)=(SDB)

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 11, 2026 8:39 pm
Ισεμβαδικά.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , η είναι διχοτόμος και διάμεσος . Ο κύκλος τέμνει την υποτείνουσα στο σημείο . Δείξτε ότι : .

Έστω

το ύψος του τριγώνου $\vartriangle SDB$ . Τότε $2\left( CDM \right)=DM\cdot b:\left( 1 \right)$ και $DM=AM-AD=\dfrac{c}{2}-\dfrac{bc}{a+b}=\dfrac{c\left( a-b \right)}{2\left( a+b \right)}:\left( 2 \right)$ . Από $\left( 1 \right)\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,2\left( CDM \right)=\dfrac{bc\left( a-b \right)}{2\left( a+b \right)}:\left( 3 \right)$

Από $ST\parallel AC\Rightarrow \dfrac{ST}{b}=\dfrac{BS}{a}\Rightarrow ST=\dfrac{b}{a}\cdot BS:\left( 4 \right)$

Από το Θεώρημα των τεμνομένων χορδών έχουμε: $BS\cdot a=BM\cdot BD=\dfrac{c}{2}\cdot \dfrac{ca}{a+b}\Rightarrow BS=\dfrac{{{c}^{2}}}{2\left( a+b \right)}$ , άρα $ST=\dfrac{b}{a}\cdot \dfrac{{{c}^{2}}}{2\left( a+b \right)}:\left( 5 \right)$ οπότε:
$2\left( SDB \right)=DB\cdot ST=\dfrac{\cancel{a}c}{a+b}\cdot \dfrac{b}{\cancel{a}}\cdot \dfrac{{{c}^{2}}}{2\left( a+b \right)}=\dfrac{b{{c}^{3}}}{2{{\left( a+b \right)}^{2}}}$

Αλλά $\dfrac{\cancel{b}\bcancel{c}\left( a-b \right)}{\bcancel{2}\cancel{\left( a+b \right)}}=\dfrac{\cancel{b}{{c}^{\bcancel{3}2}}}{\bcancel{2}{{\left( a+b \right)}^{\cancel{2}}}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}-{{b}^{2}}={{c}^{2}}$ που ισχύει από το Π.Θεώρημα. Άρα $\left( SDB \right)=\left( SDB \right)$

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 11, 2026 8:39 pm
Ισεμβαδικά.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , η είναι διχοτόμος και διάμεσος . Ο κύκλος

τέμνει την υποτείνουσα στο σημείο . Δείξτε ότι : .

.

: ισεμβ.png (31.61 KiB) Προβλήθηκε 477 φορές

.
Αν από τα δύο τρίγωνα που θέλουμε να αποδείξουμε ότι είναι ισεμβαδικά αφαιρέσουμε το (EDM)

(ροζ) και προσθέσουμε το (CES)

(γαλάζιο) τότε το πρόβλημα είναι ισοδύναμο με το να αποδείξουμε $\boxed {(CDS)=(CMB)}$

Eίναι $(CBM) = \dfrac {1}{2} BM\cdot CA= \dfrac {1}{2} \cdot \dfrac {c}{2} \cdot b= \dfrac {1}{4}bc$ .

Επίσης, από την δύναμη του σημείου

ως προς τον κύκλο έχουμε $a\cdot BS= BM\cdot BD= \dfrac {c}{2} \dfrac {ac}{a+b}$ . Άρα

$BS=\dfrac {c^2}{2(a+b)} = \dfrac {a^2-b^2}{2(a+b)} = \dfrac {a-b}{2}$ , οπότε $\boxed {CS= a- \dfrac {a-b}{2} = \dfrac {a+b}{2} }$ . Έπεται

$(CDS) = \dfrac {CS}{CB}(CDS)= \dfrac {a+b}{2a} \cdot \dfrac {1}{2} b \cdot \dfrac {ac}{a+b} = \dfrac {1}{4}bc$ , όπως πριν. Τελειώσαμε.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 11, 2026 8:39 pm
Ισεμβαδικά.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , η είναι διχοτόμος και διάμεσος . Ο κύκλος

τέμνει την υποτείνουσα στο σημείο . Δείξτε ότι : .

Με τους συμβολισμούς του σχήματος έχουμε $AD= \dfrac{bc}{a+b} ,DC= \dfrac{ac}{a+b}$ και

$MD=AM-AD= \dfrac{c}{2}- \dfrac{bc}{a+b} \Rightarrow MD= \dfrac{c(a-b)}{2(a+b)}$

Είναι $\dfrac{X}{Y}= \dfrac{MD.AC}{BS.AD}$ .Θα αποδείξουμε λοιπόν ότι BS.AD = AC.MD (1)

Αλλά $BS.BC=BM.BD \Rightarrow BS.a= \dfrac{c}{2}. \dfrac{ac}{a+b} \Rightarrow BS= \dfrac{c^2}{2(a+b)}$

Έτσι $(1) \Rightarrow \dfrac{c}{2}. \dfrac{ac}{a+b}. \dfrac{bc}{a+b}=b. \dfrac{c(a-b)}{2(a+b)} \Leftrightarrow c^2=a^2-b^2$ που είναι αληθής

: Ισεμβαδικά.png (44.53 KiB) Προβλήθηκε 469 φορές

KARKAR · #5

: Παραλλαγή.png (20.23 KiB) Προβλήθηκε 443 φορές

Μια παραλλαγή της λύσης : Με υπολογισμένα τα τμήματα : DM , DB , BS

, έχουμε :

$(CDM)=\dfrac{1}{2}\cdot DM \cdot AC =\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{c(a-b)}{2(a+b)}\cdot b=\dfrac{bc(a-b)}{4(a+b)}$ και :

$(SDB)=\dfrac{1}{2}BD\cdot BS \cdot \sin B=\dfrac{1}{2}\dfrac{ac}{a+b}\cdot \dfrac{a-b}{2}\cdot \dfrac{b}{a}=\dfrac{bc(a-b)}{4(a+b)}$ .

Ιστοσελίδα · #6

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 11, 2026 8:39 pm
Στο ορθογώνιο τρίγωνο , η είναι διχοτόμος και διάμεσος . Ο κύκλος

τέμνει την υποτείνουσα στο σημείο . Δείξτε ότι : .

: shape.png (32.07 KiB) Προβλήθηκε 397 φορές

Υ.Γ. Αν το σημείο τομής του κύκλου με την , τότε το είναι επίσης ισεμβαδικό με τα .

#7

KARKAR έγραψε:Στο ορθογώνιο τρίγωνο , η είναι διχοτόμος και διάμεσος . Ο κύκλος τέμνει την υποτείνουσα στο σημείο . Δείξτε ότι : .

Στον δρόμο που χάραξε ο Μιχάλης πιο πάνω (#3), αρκεί ως ισοδύναμο ζητούμενο να αποδειχθεί ότι ισχύει $\boxed{(CDS)=(CMB)}\ \ ,(1)$

$\bullet$ Η δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί την

, τέμνει έστω την

στο σημείο

και την

στο σημείο

και έχουμε $AC=CF\ \ ,(2)$ και $DF\perp BC\ \ ,(3)$ και $DF=DA\ \ ,(4)$

Από (1), (2), (3), (4)

αρκεί να αποδειχθεί (CS)(DF)=(MB)(AC)

αρκεί

λόγω

αρκεί τέλος να αποδειχθεί $\boxed{\dfrac{CF}{CS} = \dfrac{AD}{AM}}\ \ \ ,(5)$

: Ισεμβαδικά - Απόδειξη της πρότασης.; f=178 t=78718.PNG (16.32 KiB) Προβλήθηκε 327 φορές

$\bullet$ Από το εγγράψιμο τετράπλευρο CDMS

και το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ACD$ και το ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle CAF$ έχουμε $\angle CSM = \angle CDA = \angle CAF = \angle CFA\Rightarrow$ $MS\parallel AF\equiv EF\ \ \ ,(6)$

Από $(6)\Rightarrow$ $\boxed{\dfrac{CF}{CS} = \dfrac{CE}{CM}}\ \ \ ,(7)$

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα έχουμε $DE\parallel AC$ και επομένως ισχύει $\boxed{\dfrac{CE}{CM} = \dfrac{AD}{AM}}\ \ \,(8)$

Από $(7), (8)\Rightarrow$ (5)

και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με $\angle A = 90^{o}$ και έστω $CD,\ CM,$ η διχοτόμος και η διάμεσός του αντιστοίχως. Η δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί την

τέμνει την

στο σημείο έστω

Αποδείξτε 'οτι $DE\perp AB.$

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.

#8

vittasko έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 14, 2026 10:03 am
ΛΗΜΜΑ. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με $\angle A = 90^{o}$ και έστω $CD,\ CM,$ η διχοτόμος και η διάμεσός του αντιστοίχως. Η δια του σημείου κάθετη ευθεία επί την τέμνει την στο σημείο έστω Αποδείξτε 'οτι $DE\perp AB.$
Κώστας Βήττας.

Για την καλημέρα μου στον αδελφικό φίλο Κώστα

Λήμμα..png (18.78 KiB) Προβλήθηκε 324 φορές

Έστω οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα. Προφανώς $DF\bot BC$ (αφού το τετράπλευρο είναι χαρταετός ( (και) μεσοκάθετη της και ${{90}^{0}}=\angle CAD=\angle CFD$ . Με $\angle EAL=\angle EFK\overset{\angle ELA=\angle EKF={{90}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle ELA\sim \vartriangle EKF\Rightarrow \dfrac{EK}{EL}=\dfrac{KF}{AL}:\left( 1 \right)$

Με σημείο της διαμέσου $AM\Rightarrow \left( CEB \right)=\left( CEA \right)\Rightarrow \ldots \dfrac{EK}{EL}=\dfrac{CA}{CB}:\left( 1 \right)$

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow \dfrac{KF}{AL}=\dfrac{CA}{CB}:\left( 3 \right)$

Από την $\left( 3 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem προκύπτει ότι $ED\bot AB$ και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

#9

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με $\angle A = 90^{o}$ και έστω $CD,\ CM,$ η διχοτόμος και η διάμεσός του αντιστοίχως. Η δια του σημείου κάθετη ευθεία επί την τέμνει την στο σημείο έστω Αποδείξτε 'οτι $DE\perp AB.$

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle MBC$ με διατέμνουσα την AEF,

σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε $\dfrac{EC}{EM}\cdot\dfrac{AM}{AB}\cdot\dfrac{FB}{FC}=1\ \ ,(1)$

Από (1)

και $AB=2(AM)\Rightarrow$ $\dfrac{EC}{EM}=\dfrac{2(FC)}{FB}=\dfrac{2(AC)}{FB}\ \ ,(2)$ λόγω FC=AC.

Έστω το σημείο $Z\equiv (O)\cap CD,$ όπου (O)

είναι ο περίκυκλος του $\vartriangle ABC.$

: Ισρμβαδικά - Απόδειξη του Λήμματος.; f=178 t=78718 (a).PNG (13.74 KiB) Προβλήθηκε 300 φορές

$\bullet$ Από $AC\parallel MZ,$ σύμφωνα με το Θεώρημα Θαλή, έχουμε $\dfrac{DA}{DM}=\dfrac{AC}{MZ}\ \ ,(3)$

Για να είναι $DE\perp AB,$ αρκεί να αποδειχθεί ότι $DE\parallel AC,$ αρκεί $\dfrac{EC}{EM}=\dfrac{DA}{DM}$ και από (2), (3)

αρκεί $\dfrac{2(AC)}{FB}=\dfrac{AC}{MZ}$
αρκεί $\boxed{FB=2(MZ)}\ \ ,(4)$

Η (4)

όμως προκύπτει άμεσα από FB=2(NB),

όπου

είναι το μέσον του

και

λόγω $MN\parallel AF\parallel BZ$ και OB=OZ

και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Στάθη σ' ευχαριστώ πολύ. Προτιμώ την δική σου απόδειξη για το Λήμμα. Να είσαι καλά.

Ισεμβαδικά

Ισεμβαδικά

Re: Ισεμβαδικά

Re: Ισεμβαδικά

Re: Ισεμβαδικά

Re: Ισεμβαδικά

Re: Ισεμβαδικά

Re: Ισεμβαδικά

Re: Ισεμβαδικά

Re: Ισεμβαδικά

Μέλη σε σύνδεση