Τετάρτη 11 Νοεμβρίου 2015

Από τις $60^0$ στις $90^0$

Στις πλευρές $AB,AC$ ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$, πλευράς a, παίρνουμε σημεία $P,Q$, ώστε $AP=\dfrac{2a}{3}$ και $AQ=\dfrac{a}{3}$. Οι $BQ,CP$ τέμνονται στο $S$. 
Να δειχθεί ότι: $AS \perp CP$.
Αναρτήθηκε από στις 11.11.15
Ετικέτες ,

5 σχόλια:

  1. Κουνελοϊός12 Νοεμβρίου 2015 στις 2:55 μ.μ.

    Ισχύει ότι (BP)=(AB)-(AP)=α-2α/3=α/3=(AQ). Στα τρίγωνα ABQ και BCP είναι AB=BC, AQ=BP, γωνία BAQ=γωνία BAC=π/3 και γωνία PBC=γωνία ABC=π/3, δηλαδή γωνία BAQ=γωνία PBC. Άρα είναι ίσα, οπότε γωνία AQB=γωνία BPC. Για το κυρτό τετράπλευρο APSQ ισχύει τώρα ότι γωνία AQS=γωνία AQB=γωνία BPC=γωνία BPS, επομένως αυτό θα είναι εγγράψιμο σε κύκλο, οπότε γωνία ASP=γωνία AQP. Αν θεωρήσουμε το μέσο D του τμήματος AP, στο τρίγωνο ADQ θα είναι (AD)=(AP)/2=α/3=(AQ) και γωνία DAQ=γωνία BAC=π/3, άρα αυτό θα είναι ισόπλευρο, δηλαδή (DQ)=(AD)=(AP)/2, επομένως το τρίγωνο APQ είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την AP, οπότε γωνία AQP=π/2, άρα και γωνία ASP=π/2, δηλαδή οι AS και CP είναι κάθετες.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  2. Κουνελοϊός12 Νοεμβρίου 2015 στις 5:48 μ.μ.

    Δεύτερη λύση, πιο μακροσκελής: Είναι (CQ)=(AC)-(AQ)=α-α/3=2α/3=2(AQ), οπότε CQ=2AQ, δηλαδή CQ/AQ=2 και AQ/CQ=1/2. Επίσης (AP)=2α/3=2(BP), δηλαδή AP=2BP, ή AP/BP=2, ενώ (BP)=α/3=(AB)/3, δηλαδή BP=AB/3, ή BP/AB=1/3. Έστω ότι η AS προεκτεινόμενη τέμνει τη BC στο σημείο D. Εφαρμόζω θεώρημα Ceva στο τρίγωνο ABC για τις συντρέχουσες στο S ευθείες BQ, CP και AD: (CQ/AQ)(AP/BP)(BD/CD)=1, ή 2*2(BD/CD)=1, ή 4(BD/CD)=1, ή BD/CD=1/4, ή BD/(BD+CD)=1/(1+4), ή BD/BC=1/5, ή BD=(1/5)BC, ή (BD)=(1/5)(BC)=α/5. Αν E είναι το μέσο του τμήματος BC, τότε (AE)^2=(AB)^2-(BE)^2=α^2-(α/2)^2=α^2-α^2/4=3α^2/4. Επίσης, (DE)=(BE)-(BD)=α/2-α/5=3α/10, οπότε (DE)^2=(3α/10)^2=9α^2/100. Άρα (AD)^2=(AE)^2+(DE)^2=3α^2/4+9α^2/100=(75+9)α^2/100=84α^2/100=21α^2/25. Εφαρμόζω τώρα θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο ACD με τέμνουσα τη BQ: (BD/BC)(CQ/AQ)(AS/DS)=1, ή (1/5)*2(AS/DS)=1, ή (2/5)(AS/DS)=1, ή AS/DS=5/2, ή AS/(AS+DS)=5/(5+2), ή AS/AD=5/7, ή AS=(5/7)AD, ή (AS)=(5/7)(AD), ή (AS)^2=[(5/7)(AD)]^2=(25/49)(AD)^2=(25/49)(21α^2/25)=21α^2/49=3α^2/7. Θεωρώ τώρα το μέσο F του AB, οπότε (FP)=(BF)-(BP)=α/2-α/3=α/6, άρα (FP)^2=(α/6)^2=α^2/36, επομένως θα ισχύει: (CP)^2=(CF)^2+(FP)^2=(AE)^2+(FP)^2=3α^2/4+α^2/36=(27+1)α^2/36=28α^2/36=7α^2/9. Εφαρμόζω ξανά το θεώρημα Μενελάου, αυτή τη φορά για το τρίγωνο ACP με τέμνουσα τη BQ: (BP/AB)(AQ/CQ)(CS/PS)=1, ή (1/3)(1/2)(CS/PS)=1, ή (1/6)(CS/PS)=1, ή CS/PS=6/1, ή CS/(CS+PS)=6/(6+1), ή CS/CP=6/7, ή CS=(6/7)CP, ή (CS)=(6/7)(CP), ή (CS)^2=[(6/7)(CP)]^2=(36/49)(CP)^2=(36/49)(7α^2/9)=4α^2/7. Στο τρίγωνο ACS τώρα είναι (AS)^2+(CS)^2=3α^2/7+4α^2/7=7α^2/7=α^2=(AC)^2, δηλαδή το άθροισμα των τετραγώνων των πλευρών του AS και CS ισούται με το τετράγωνο της τρίτης πλευράς AC. Επομένως αυτό είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την AC και γωνία ASC=π/2, οπότε οι AS και CS είναι κάθετες, δηλαδή οι AS και CP είναι κάθετες.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
    Απαντήσεις
    1. Doloros12 Νοεμβρίου 2015 στις 6:24 μ.μ.

      Φώτη,
      Old-fashioned Way!! ( Όπως έγραψες σε προηγούμενη ανάρτηση μου)

      Έστω $T$ το σημείο τομής των $AS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ .

      1. Θεώρημα $Ceva$ στο τρίγωνο $ABC$ : $\boxed{TB = \dfrac{1}{4}TC = \dfrac{1}{5}a}\,\,(1)\,\,\,$

      2. Θεώρημα συνημίτονου στο τρίγωνο $BPT$: $\boxed{P{T^2} = \dfrac{{19}}{{225}}{a^2}}\,\,(2)$

      3. $A{C^2} - A{P^2} = T{C^2} - T{P^2} \Leftrightarrow {a^2} - \dfrac{4}{9}{a^2} = \dfrac{{16}}{{25}}{a^2} - \dfrac{{19}}{{225}}{a^2}$ (αληθής)
      Τέλος

      Διαγραφή
    2. Κουνελοϊός12 Νοεμβρίου 2015 στις 7:54 μ.μ.

      Και οι δύο λύσεις μου πιστεύω ότι είναι όμορφες, διότι συνδυάζουν πολλά στοιχεία από τη θεωρία. Επίσης πιστεύω ότι δεν είναι σωστό να επικαλείται κάποιος θεωρήματα από την τριγωνομετρία, όταν επιλύει μία γεωμετρική άσκηση.

      Διαγραφή
    3. Doloros12 Νοεμβρίου 2015 στις 8:27 μ.μ.

      Ευχαριστώ Φώτη .
      Τα μαθηματικά δεν έχουν στεγανά , δεν είναι τράπεζες για να μπαίνουν περιορισμοί. Όμως το θεώρημα του συνημιτόνου επί της ουσίας είναι το θεώρημα της επέκτασης του Πυθαγόρα και ως τέτοιο εκλαμβάνεται στο σχολικό βιβλίο .
      Φιλικά Doloros

      Διαγραφή

Εγγραφή σε: Σχόλια ανάρτησης (Atom)