ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

#21

vittasko έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 06, 2022 9:32 pm
Όπως έχω πει με άλλη ευκαιρία, ο Ανδρέας είναι "Βιρτουόζος" των λύσεων γεωμετρικών προβλημάτων με μετασχηματισμούς ( εδώ Στροφής και Ομοιότητας ) και οι αποδείξεις του είναι τροφή για σκέψη.

Η προσπάθεια για επαλήθευσή τους, οδηγεί σε "μετάφραση" της τεκμηρίωσης ( παραλλαγή της απόδειξης ) κατανοητή στον μέσο νου.

Ανδρέα σ' ευχαριστώ για το πρόβλημα που έβαλες και τις λύσεις που μοιράστηκες μαζί μας. Να είσαι καλά.

Κώστας Βήττας.

Κώστα, εγώ σε ευχαριστώ για τα καλά σου λόγια τα οποία με τιμούν ιδιαίτερα.
Εγώ απλά θα πω ότι θαυμάζω και απολαμβάνω τις αρτιότατες παρεμβάσεις σου οι οποίες είναι καθοριστικές στην πλήρη κατανόηση των λύσεων. Πάντα χαίρομαι να μοιράζομαι μαζί σου αλλά και με τους εξαιρετικούς φίλους και συναδέλφους που τα λέμε σε τούτο εδώ το forum τις ιδέες και σκέψεις μου.

#22

vittasko έγραψε: ↑
Πέμ Αύγ 04, 2022 7:37 pm
Με βάσεις τις πλευρές δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , κατασκευάζουμε τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle DAB,\ \vartriangle EAC$ προς το εξωτερικό μέρος του τριγώνου και το $\vartriangle SBC$ προς το εσωτερικό μέρος αυτού. Αποδείξτε ότι το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο.

Ας δούμε ως μία άλλη "προσέγγιση", την μεταγραφή της λύσης του Ανδρέα πιο πάνω ( ανάρτηση #15 ).

$\bullet$ Τα τρίγωνα $\vartriangle ABC,\ \vartriangle ESC$ είναι όμοια γιατί έχουν $\angle BCA = \angle SCE$ και $\displaystyle \frac{BC}{AC} = \frac{SC}{EC}$ και επομένως ισχύει $\displaystyle \frac{BA}{SE} = \frac{BC}{SC} = \frac{BA}{DA}\ \ \ ,(1)$

Από $(1)\Rightarrow$ $\boxed{SE = DA}\ \ \ ,(2)$

: Όμοια ισοσκελή τρίγωνα και παραλληλόγραμμο.; f=181 t=72025 (1b).PNG (15.72 KiB) Προβλήθηκε 1249 φορές

$\bullet$ Έστω το σημείο $Z\equiv SC\cap DA$ και από $\angle BAD = \angle BCS$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο ABCZ

είναι εγγράψιμο και άρα, έχουμε $\angle ABC = \angle AZS\ \ \ ,(3)$

Από (3)

και $\angle ABC = \angle ESC$ , λόγω των ομοίων τριγώνων $\vartriangle ABC,\ \vartriangle ESC$ προκύπτει $\angle AZS = \angle ESC\Rightarrow$ $\boxed{SE\parallel DA}\ \ \ ,(4)$

Από $(2),\ (4),$ συμπεραίνεται ότι το τετράπλευρο ADSE

είναι παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Στην τεκμηρίωση του Ανδρέα με μετασχηματισμούς ( ανάρτηση #15 ), δεν "βλέπω" πως προκύπτει η παραλληλία $SE\parallel DA$ . Εκτός εάν εννοείται ότι προκύπτει από το ως άνω εγγράψιμο τετράπλευρο ABCZ

.

#23

vittasko έγραψε: ↑
Κυρ Αύγ 07, 2022 2:22 pm

vittasko έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 06, 2022 8:57 am
ΛΗΜΜΑ. Επί των πλευρών $AB,\ AC$ δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και προς το εξωτερικό ( ή το εσωτερικό ) μέρος αυτού, κατασκευάζουμε τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle BAD,\ \vartriangle CAE$ με $\angle ABD = 90^{o} = \angle ACE$ και ισογώνιες τις υποτείνουσες ως προς τη γωνία $\angle A$ . Αποδείξτε ότι το τρίγωνο $\vartriangle MBC$ είναι ισοσκελές με και $\angle BMC = \angle 2\omega$ , όπου είναι το μέσον του τμήματος και $\angle ADB = \angle \omega = \angle AEC$ .
Ας δούμε μία απόδειξη του Λήμματος, που δεν έχει τύχει να τη δω στην βιβλιογραφία που έχω υπόψη μου. Προέκυψε από την ανάγνωση της λύσης του Ανδρέα πιο πάνω ( ανάρτηση #16 ) ως μία αναλυτική μεταγραφή του κειμένου.

$\bullet$ Έστω $\vartriangle HDE$ το ισοσκελές τρίγωνο προς το μέρος της που δεν κείται το $\vartriangle ABC$ , με και $\angle DEH = \angle \omega = \angle EDH$ .

Τα τρίγωνα $\vartriangle ECM,\ \vartriangle EAH$ είναι όμοια γιατί έχουν $\angle CEM = \angle AEH$ και $\displaystyle \frac{EC}{EM} = \frac{EA}{EH}$ και άρα, ισχύει $\displaystyle \frac{MC}{HA} = \frac{EC}{EA}\ \ \ ,(1)$

Ομοίως, από τα όμοια τρίγωνα $\vartriangle DBM,\ \vartriangle DAH$ , γιατί έχουν $\angle BDM = \angle ADH$ και $\displaystyle \frac{DB}{DM} = \frac{DA}{DH}$ , έχουμε $\displaystyle \frac{MB}{HA} = \frac{DB}{DA}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\boxed{MB = MC}\ \ \ ,(3)$ λόγω $\displaystyle \frac{EC}{EA} = \frac{DB}{DA}$
f=181 t=72025 (3b).PNG
$\bullet$ Έστω τα σημεία $Z\equiv HA\cap MB$ και $F\equiv HA\cap MC$ .

Από $\angle FAE = \angle FCE$ λόγω της ομοιότητας των τριγώνων $\vartriangle ECM,\ \vartriangle EAH$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο

και επομένως ισχύει $\angle AFC = \angle AEC = \angle \omega\ \ \ ,(4)$

Από $\angle ZAD = \angle ZBD$ λόγω της ομοιότητας των τριγώνων $\vartriangle DBM,\ \vartriangle DAH$ έχουμε ότι το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο

και άρα ισχύει $\angle FZM = \angle AZB = \angle ADB = \angle \omega\ \ \ ,(5)$

Από $(4),\ (5)\Rightarrow$ $\angle FZM = \angle AFC\equiv ZFM = \angle \omega\ \ \ ,(6)$

Από $(6)\Rightarrow$ $\boxed{\angle BMC = \angle 2\omega}$ και το Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Είναι προφανές ότι λόγω του ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle MFZ$ η ευθεία $FZ\equiv HA$ , ως παράλληλη προς την διχοτόμο της γωνίας $\angle BMC$ του ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle BMC$ , είναι κάθετη επί την όπως καταλήγει ο Ανδρέας στην λύση του ( #16 ).

Μία άλλη προσέγγιση είναι με χρήση σύνθεσης ομοιοτήτων.
Θεωρούμε δεδομένο ότι:
Η σύνθεση δύο ομοιοτήτων με κέντρα , γωνίες $\angle{a_1}, \angle{a_2}$ και λόγους $\lambda_1, \lambda_2$ αντίστοιχα, είναι μία νέα ομοιότητα με κατάλληλο κέντρο (το οποίο είναι το σταθερό στοιχείο της σύνθεσης), γωνία $\angle{a}=\angle{a_1}+ \angle{a_2}$ και λόγο $\lambda=\lambda_1 \lambda_2$ .
Στην προκειμένη περίπτωση η πρώτη ομοιότητα κέντρου

, γωνίας $\angle{BDA}$ και λόγου DB:DA

απεικονίζει το

στο

και το

στο

, ενώ η δεύτερη κέντρου

, γωνίας $\angle{AEC}$ και λόγου EA:EC

απεικονίζει το

στο

και το

στο

.
Η σύνθεσή τους έχει σταθερό σημείο το μέσον

του

καθώς το σημείο αυτό παραμένει αναλλοίωτο, λόγο ίσο με την μονάδα καθώς οι δύο λόγοι είναι αντίστροφοι και γωνία το άθροισμα των δύο γωνιών. Έτσι έχουμε μία στροφή κέντρου

και γωνίας $\angle 2\omega$ .

Henri van Aubel · #24

Έπεσα πάνω σε αυτό το ωραίο θέμα κατά την περιήγησή μου σε παλιά θέματα. Βάζω τις απαντήσεις που βρήκα.

Πρόβλημα 1:

$\displaystyle \vartriangle BSC\sim \vartriangle ACE\Rightarrow \frac{AC}{BC}=\frac{EC}{SC}:(1)$

$\angle BCS=\angle ACE\Rightarrow \angle ACB=\angle ECS:(2)$

Άρα $\vartriangle ABC\sim \vartriangle ECS$ και με όμοιο τρόπο $\vartriangle ABC\sim \vartriangle SBD.$

Άρα τελικά $\displaystyle \frac{DS}{DB}=\frac{AC}{AB}^{\vartriangle ABD\sim \vartriangle ACE}=\frac{AE}{DB}\Leftrightarrow \boxed{DS=AE}\left ( I \right )$

Και ακόμα $\displaystyle \frac{SE}{EC}=\frac{AB}{AC}^{\vartriangle ABD\sim \vartriangle ACE}=\frac{AD}{EC}\Leftrightarrow \boxed{AD=SE}\left ( II \right )$

Άρα τελειώσαμε.

Πρόβλημα 2:

Έχουμε $\displaystyle OE^{2}=OC^{2}+AE^{2}-2\cdot OC\cdot AE\cdot \cos \left ( \frac{\pi }{2} +C\right )\left ( 1 \right )$

Και $\displaystyle OD^{2}=OC^{2}+AD^{2}-2\cdot AD\cdot OC\cdot \cos \left ( \frac{\pi }{2} +B\right )\left ( 2 \right )$

Άρα είναι $OE^{2}-OD^{2}=\left ( AE^{2}-AD^{2} \right )+2OC\cdot \left ( AE\cdot \sin C-AD\cdot \sin B \right )\left ( 3 \right )$

Αρκεί να δείξω τη συνθήκη καθετότητας, δηλαδή θέλω $OE^{2}-OD^{2}=AE^{2}-AD^{2}.$

Οπότε μένει να δείξω ότι ισχύει $\displaystyle \frac{AE}{AD}=\frac{\sin B}{\sin C}=\frac{AC}{AB},$

που αληθεύει λόγω της ομοιότητας $\vartriangle ABD\sim \vartriangle ACE,$ άρα τελειώσαμε.

Για το 3 (Το πιο δύσκολο από τα τρία

) είπα ότι θα βάλω τη λύση μου, αλλά το έχω λύσει με Θεώρημα Jiacobi και ισογώνιες ευθείες (συντρέχουν, ...κλπ) , όπως ο Κύριος Βήττας , αλλά επειδή είναι λίγο μακροσκελής λύση και ίδια με του κύριου Βήττα, δεν θεωρώ ότι ωφελεί σε κάτι να την βάλω. Ωραία θέματα πάντως, πάρα πολύ ωραία!

Henri van Aubel · #25

Ένας μαθητής μου έπεσε πάνω στα θέματα αυτά και του έλυσα το 3 με θ. jacobi και ισογώνιες ευθείες . Ωστόσο, βάζω κι άλλη μία λύση στα γρήγορα.

Έστω

οι παρά τη βάση γωνίες των ομοίων ισοσκελών τριγώνων και $\angle DEA=y.$ Είναι $\angle HEA=90^\circ-u+y\Longrightarrow \angle AHE+\angle HAE=90^\circ+u-y$ και αρκεί $\angle HAE=90^\circ+C-u$ οπότε έπεται πως αρκεί $\displaystyle \frac{AE}{HE}=\frac{\sin\left ( 2u-C-y \right )}{\cos\left ( C-u \right )}.$

Όμως $\angle DAE=180^\circ+B+C-2u$ και άρα $\angle ADE=2u-B-C-y$ οπότε $\displaystyle \frac{AE}{HE}=\frac{2\sin u \sin \left ( 2u-B-C-y \right )}{\sin\left ( 2u-B-C \right )}$

Επομένως αρκεί $\displaystyle \frac{2\sin u \sin\left ( 2u-B-C-y \right )}{\sin\left ( 2u-B-C \right )}=\frac{\sin\left ( 2u-C-y \right )}{\cos\left ( C-u \right )}$

Έστω $A=2\sin u\cos \left ( C-u \right )\left [\sin \left ( 2u-B-C \right )\cos y-\cos \left ( 2u-B-C \right )\sin y \right ]$ και $B=\sin \left ( 2u-B-C \right )\left [\sin \left ( 2u-C \right )\cos y-\cos \left ( 2u-C \right )\sin y \right ]$

Οπότε $A-B=\sin C\sin \left ( 2u-B-C \right )\cos y-\left [\sin B+\sin C\cos\left ( 2u-B-C \right ) \right ]\sin y$

Αρκεί όμως A-B=0

επομένως αρκεί $\displaystyle \cot y=\frac{\sin B+\sin C\cos \left ( 2u-B-C \right )}{\sin C\sin \left ( 2u-B-C \right )}\left ( I \right )$

Όμως $\displaystyle \frac{AE}{AD}=\frac{\sin \left ( 2u-B-C -y\right )}{\sin y}=\frac{\sin B}{\sin C}$ που δίνει $\displaystyle \cot y=\frac{\sin B+\sin C\cos \left ( 2u-B-C \right )}{\sin C\sin \left ( 2u-B-C \right )}\left ( II \right )$ οπότε τελειώσαμε.

ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Re: ΟΜΟΙΑ ΙΣΟΣΚΕΛΗ ΤΡΙΓΩΝΑ

Μέλη σε σύνδεση