هندسه

Dadgarnia · 1394/5/25

من سه تا سوال قشنگ هندسه (البته به نظر خودم) ميذارم تا شما هم استفاده كنيد. اگه كسي از دوستان هم سوال قشنگي ديد خوشحال ميشم كه توي اين تاپيك اونو بذاره.
1- مثلث

$ABC$

به راس

$C$

متساوي الساقين است. وسط

$BC$

را

$F$

مي ناميم و نقطه ي

$M$

را روي

$AB$

طوري در نظر مي گيريم كه

$AM=2MB$

. اگر

$H$

پاي عمود وارد بر

$AF$

از

$M$

باشد نشان دهيد

$\angle BHF=\angle ABC$

.
2- در متوازي الاضلاع

$DABC$

نقاط

$E,F$

را به ترتيب روي

$AD,AB$

طوري انتخاب مي كنيم كه

$DF=BE$

باشد. اگر

$K$

محل برخورد

$DF,BE$

باشد نشان دهيد

$KC$

نيمساز زاويه ي

$BKD$

است.
3- در مثلث

$ABC$

،

$B_1$

پاي نيمساز راس

$B$

و

$T$

وسط كمان

$AC$

از دايره ي محيطي اين مثلث (كماني كه شامل راس

$B$

نيست) است. نقطه ي

$K$

را روي دايره ي محيطي و نقطه ي

$L$

را روي

$AC$

طوري در نظر مي گيريم كه

$B_1K\perp BC,BL\perp AK$

. نشان دهيد

$K,L,T$

همخطند.

حمید آنالیز · 1394/5/25

پاسخ : هندسه

الان آیا حل اینارو بزاریم؟

Dadgarnia · 1394/5/25

پاسخ : هندسه

حمید آنالیز گفت

بله هر كدومو حل كردين جوابشو بذارين.

Dadgarnia · 1394/5/28

پاسخ : هندسه

هيشكي نظري، ايده اي چيزي در مورد سوال ها نداره؟

Sharifi_M · 1394/5/28

پاسخ : هندسه

Dadgarnia گفت

برا راحتی تایپ و کار چندتا زاویه رو نامگذاری میکنیم! #بی_حالی ( :4: )

$\angle DAB=\alpha$

$\angle ABE=B_1$

$\angle CBE=B_2$

$\angle ADF=D_1$

$\angle CDF=D_2$

$\angle CKB=K_1$

$\angle CKD=K_2$

خب اثبات:

$\left\{\begin{matrix} \alpha +D_1+D_2=180^{\circ}\\ \alpha +D_1+\angle AFD=180^{\circ} \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow$

$\angle AFD=D_2$

متقابلا

$\angle AEB=B_2$

در مثلث ADF از قضیه سینوس ها داریم:

$\frac{FD}{sin(\alpha )}=\frac{AD}{sin(\angle AFD)}$

$\Rightarrow$

$\frac{FD}{sin(\alpha )}=\frac{AD}{sin( D_2)}$

و متقابلا از مثلث ABE داریم:

$\frac{AD}{sin(D_2)}=\frac{AB}{sin(B_2)}$

و چون

$BE=FD$

:

$\frac{AD}{sin(D_2)}=\frac{AB}{sin(B_2)}$

$\Rightarrow$

$\frac{BC}{sin(D_2)}=\frac{CD}{sin(B_2)}$

$\Rightarrow$

$BC.sin(B_2)=CD.sin(D_2)$

(I)

حال به قضیه سینوس ها در مثلث KCD توجه کنید:

$\frac{KC}{sin(D_2)}=\frac{CD}{sin( K_2)}$

$\Rightarrow$

$KC=\frac{CD.sin(D_2)}{sin(K_2)}$

و همچنین از مثلث BCK نتیجه میشه:

$KC=\frac{BC.sin(B_2)}{sin(K_1)}$

پس:

$\frac{BC.sin(B_2)}{sin(K_1)}=\frac{CD.sin(D_2)}{sin(K_2)}$

$\overset{(I)}{\rightarrow}$

$sin(K_1)=sin(K_2)$

و به این دلیل که K محل برخورد دو خط است:

$K_1+K_2<180^{\circ}$

پس

$K_1=K_2$

که نتیجه میده

$KC$

نیمساز

$\angle DKB$

است.
حکم اثبات شد!

Dadgarnia · 1394/5/28

پاسخ : هندسه

درسته. يه راه ساده تر:
حكم معادله با اينكه مساحت دو مثلث

$CBE,CDF$

با هم برابرند اين هم واضحه چون مساحت هر كدوم از اين دو مثلث نصف مساحت متوازي الاضلاع هست.
سوال جايگزين:
در مثلث

$ABC$

پاي ارتفاع وارد بر ضلع

$AC$

را

$D$

، مركز ارتفاعي مثلث را

$H$

و مركز دايره محيطي را

$O$

مي ناميم. اگر

$HO$

نيمساز زاويه

$DHC$

باشد زاويه ي

$A$

را بدست آوريد.

REZA 73 · 1394/5/28

پاسخ : هندسه

Dadgarnia گفت

من سه تا سوال قشنگ هندسه (البته به نظر خودم) ميذارم تا شما هم استفاده كنيد. اگه كسي از دوستان هم سوال قشنگي ديد خوشحال ميشم كه توي اين تاپيك اونو بذاره.
1- مثلث

$ABC$

به راس

$C$

متساوي الساقين است. وسط

$BC$

را

$F$

مي ناميم و نقطه ي

$M$

را روي

$AB$

طوري در نظر مي گيريم كه

$AM=2MB$

. اگر

$H$

پاي عمود وارد بر

$AF$

از

$M$

باشد نشان دهيد

$\angle BHF=\angle ABC$

.
2- در متوازي الاضلاع

$DABC$

نقاط

$E,F$

را به ترتيب روي

$AD,AB$

طوري انتخاب مي كنيم كه

$DF=BE$

باشد. اگر

$K$

محل برخورد

$DF,BE$

باشد نشان دهيد

$KC$

نيمساز زاويه ي

$BKD$

است.
3- در مثلث

$ABC$

،

$B_1$

پاي نيمساز راس

$B$

و

$T$

وسط كمان

$AC$

از دايره ي محيطي اين مثلث (كماني كه شامل راس

$B$

نيست) است. نقطه ي

$K$

را روي دايره ي محيطي و نقطه ي

$L$

را روي

$AC$

طوري در نظر مي گيريم كه

$B_1K\perp BC,BL\perp AK$

. نشان دهيد

$K,L,T$

همخطند.

برای سوال 1 داریم:

$\frac{sinBHF}{\frac{b}{2}}=\frac{sinAFB}{BH}$

$\frac{sinCHA}{AF}=\frac{sinAFB}{c}$

پس کافی است ثابت کنیم:

$\frac{\frac{b}{2}}{BH}=\frac{AF}{c}$

از طرفی داریم:

$HM=\frac{\frac{2}{3}c\times MF\times sinFMB}{AF}=\frac{\frac{2}{3}c\times\frac{b}{2}\times sinB }{AF}$

$BH^{2}=(\frac{c}{3})^{2}+HM^2-2(\frac{c}{3})HMcos(90+FAB)=\frac{c^2}{9}+2HM^2$

$AF^2=c^2+\frac{b^2}{4}-2c\frac{b}{2}cosB=\frac{c^2}{2}+\frac{b^2}{4}$

حالا با ساده کردن میشه نتیحه گرفت:

$BH^2=\frac{b^2c^2}{4AF^2}$

در نتیجه مساله اثبات شده است:151:

Amitis :D · 1394/5/28

پاسخ : هندسه

Dadgarnia گفت

فرض کنید که

$G$

مرکز ثقل مثلث و

$N$

وسط قاعده باشد. در این صورت

$GN\perp NM$

. از اینجا نتیجه می شود که

$GHNM$

محاطی است و در نتیجه

$NH,GM$

پاد موازی هستند.
از طرفی واضح است که

$GM\parallel FC$

و در نتیجه

$NH,FC$

پادموازی هستند که معادل حکم مساله است.
D:

Dadgarnia · 1394/5/29

پاسخ : هندسه

سوال جايگزين:
مثلث هاي متشابه

$PAB,QAC$

خارج از مثلث

$ABC$

قرار دارند به طوري كه

$AP=AB,AQ=AC$

. اگر

$BQ$

و

$CP$

در

$R$

با هم برخورد كنند و

$O$

مركز دايره محيطي مثلث

$BRC$

باشد نشان دهيد

$AO\perp PQ$

.

REZA 73 · 1394/5/29

پاسخ : هندسه

Dadgarnia گفت

$\angle DHC=\angle A\Rightarrow \angle OHC=\frac{\angle A}{2}$

$\angle OCB=90-\angle A,\angle HCB=90-\angle B\Rightarrow \angle OCH=\angle B-\angle A$

$\Rightarrow \angle HOC=180-(\frac{\angle A}{2}+\angle B-\angle A)$

اگر فرض کنیم

$R$

شعاع دایره یمحیطی مثلث

$ABC$

و

$M$

پای عمود بر

$AB$

از

$O$

باشد آنگاه داریم:

$\frac{R}{sin\frac{A}{2}}=\frac{CH}{sin(180-B+\frac{A}{2})}=\frac{CH}{sin(B-\frac{A}{2})}$

و داریم:

$CH=2OM=2Rsin(90-C)=2RcosC=-2Rcos(A+B)$

پس:

$sin(\frac{A}{2}-B)=2sin\frac{A}{2}cos(A+B)\Rightarrow A=60$

Dadgarnia · 1394/5/29

پاسخ : هندسه

درسته. يه راه ديگه:
اگه پاي عمود هاي وارد از

$O$

بر

$BH,CH$

رو به ترتيب

$X,Y$

بناميم مثلث هاي

$OXB,OYC$

با هم همنهشتند پس

$\angle OCH=\angle OBH$

كه نتيجه ميده

$BHOC$

محاطيه كه بدست مياد:

$180-\angle A=\angle BHC=\angle BOC=2\angle A\Rightarrow \angle A=60^{\circ}$

سوال جايگزين:
خط

$AB$

مفروض است. دايره ي به قطر

$AB$

را

$\Gamma$

مي ناميم.

$Q$

نقطه اي دلخواه روي

$\Gamma$

و

$H$

پاي عمود وارد از

$Q$

بر

$AB$

است. اگر نقاط برخورد دايره ي به شعاع

$QH$

و مركز

$Q$

با

$\Gamma$

را

$C,D$

بناميم نشان دهيد

$CD$

،

$QH$

را نصف مي كند.

AHZolfaghari · 1394/5/31

پاسخ : هندسه

Dadgarnia گفت

براحتی می فهمیم که M روی محور اصلی دو دایره است ..... CD محور اصلی است .

حال خط QH را امتداد می دهیم تا در E دایره به قطر AB را قطع کند و در F دایره به شعاع HQ را قطع کند .

پس داریم

$MQ . ME = MH . MF$

$MQ = x , MH = y$

$x(2y+x)=y(2x+y)\Rightarrow y=x\Rightarrow MQ=MH$

---- دو نوشته به هم متصل شده است ----

Dadgarnia گفت

$\angle BAO = x , \angle CAO = A-x$

$\angle PAB = 2\alpha \Rightarrow \angle BRC = 180-2\alpha \Rightarrow \angle OBC= \angle OCB =90-2\alpha$

این تساوی های اخیر با استفاده از دوران بدست میاد ( دوران به مرکز A)

پس با قضیه سینوس ها در 2 مثلث ABO , ACO خواهیم داشت :

$\frac{AO}{sin B+90-2\alpha }=\frac{BO}{sinx}$

$\frac{AO}{sin C+90-2\alpha }=\frac{CO}{sinA-x}$

تقسیم می کنیم بر هم :

$\frac{sin A-x}{sin x }= \frac{sin C+90-2\alpha }{sin B+90-2\alpha }$

حالا این رو بعنوان فرض داریم .
حکم سوال اینه که ما بگیم

$AP . cos 2\alpha +x = AQ . cos 2\alpha +A-x$

چون AP = AB , AQ =AC پس باید بگیم :

$sin C cos 2\alpha +x = sin B cos 2\alpha +A-x$

حالا اگه این حکم و فرض که بصورت سینوسی نوشتیم رو یه خرده بهتر شون کنیم براحتی حکم ثابت میشه ........ مثلا با بهتر کردن به یه چیزایی مثل

$sin C+x = sin A-x + B$

برسید که این همه بدیهی هست .... من خودم نوشتم و در آوردم .... به همین جهت مطمئنم که در میاد .....

Dadgarnia · 1394/5/31

پاسخ : هندسه

محور اصلي كلا مبحث خيلي مهميه. دو تا از سوال هاي المپياد هندسه ي پارسال هم با محور اصلي حل ميشدن. سوال جايگزين:

$ABCD$

يك چهار ضلعي محدب است كه اضلاع رو به رويش موازي نيستند. اگر

$AB,CD$

در

$E$

با هم برخورد كنند به طوري كه

$B$

بين

$A,E$

باشد و

$AD,BC$

در

$F$

با هم برخورد كنند به طوريكه

$D$

بين

$A,F$

باشد و دايره محيطي مثلث هاي

$BEC,CFD$

در

$C,P$

با هم برخورد كنند ثابت كنيد

$\angle BAP=\angle CAD$

اگر و فقط اگر

$BD\parallel EF$

.

---- دو نوشته به هم متصل شده است ----

يه راه ديگه اش (البته مال من نيست) اينه كه مركز چهار ضلعي محاطي

$ARCQ$

رو

$O'$

بناميم بعدش با يه خورده زاويه بازي مي تونيم ثابت كنيم دو مثلث

$AOO',QPC$

متشابه اند كه حكم رو نتيجه ميده.
سوال جايگزين:
در مثلث

$ABC$

نقطه ي

$O$

را مركز دايره اي مي گيريم كه بر اضلاع زاويه ي

$BAC$

در

$B,C$

مماس است.

$Q$

نقطه اي دلخواه درون زاويه ي

$BAC$

است.

$P$

را طوري روي

$AQ$

در نظر مي گيريم كه

$AQ\perp OP$

. اگر

$OP$

دواير محيطي

$BPQ,CPQ$

را براي بار دوم در

$M,N$

قطع كرده باشد ثابت كنيد

$OM=ON$

.

---- دو نوشته به هم متصل شده است ----

يه راهنمايي براي سوال سه: نشون بدين حكم معادل با محاطي بودن چهار ضلعي

$BKLB_1$

هست.

REZA 73 · 1394/5/31

پاسخ : هندسه

Dadgarnia گفت

$KL$

را ادامه میدهیم تا دایره ی محیطی را در

$S$

قطع کند:
دقت کنید اگه نقطه تلاقی

$B_{1}K$

و

$BC$

و نقطه تلاقی

$AK$

و

$BB_{1}$

رو

$X,Y$

بنامیم اونوقت

$BXYK$

محاطیه :

$\angle LBC=\angle AKB_{1}$

و:

$\angle B_{1}LB=90-\angle KAC$

$\angle B_{1}KB=\angle C+\angle B_{1}KA=\angle C+\angle CB_{1}K-\angle KAC=90-\angle KAC$

در نتیجه

$B_{1}LKB$

محاطی است و

$\angle B_{1}KL=\angle B_{1}BL$

و این یعنی

$\angle AKL=\frac{\angle B}{2}$

و حکم مساله ثابت میشه یعنی

$S$

همون

$T$

هست!
**

$K$

بر روی کمان

$BC$

که شامل

$A$

نیست قرار دارد.**

---- دو نوشته به هم متصل شده است ----

---دو نوشته به هم متصل شده است ----

يه راهنمايي براي سوال سه: نشون بدين حكم معادل با محاطي بودن چهار ضلعي

$BKLB_1$

هست.[/QUOTE]
باور کنین راهنماییتون رو ندیدم!!!:99:

Dadgarnia · 1394/5/31

پاسخ : هندسه

سوال جايگزين:

$ABCD$

يك چهار ضلعي محدب است به طوريكه

$AB=BC=CD$

و قطر هاي آن با هم مساوي نيستند. اگر

$E$

محل برخورد قطر ها باشد نشان دهيد

$AE=DE$

اگر و فقط اگر

$\angle BAD+\angle ADC=120^{\circ}$

.

REZA 73 · 1394/5/31

پاسخ : هندسه

Dadgarnia گفت

حالت اول فرض کنید:

$EA=ED$

$\frac{EA}{sin(ABE)}=\frac{ED}{sin(ECD)}\Rightarrow \angle ECD+\angle ABE=180$

اگه دو زاویه با هم برابر بودن اونوقت قطر ها مساوی میشدن(چرا؟)
حالا فرض کنید:

$\angle EDA=x_{1}$

$\angle EDC=x_{2}$

$\angle ECB=y$

پس:

$x_{1}+x_{2}+x_{1}=\angle ABE$

$\angle ABE+x_{2}+y+y=180$

$\Rightarrow x_{1}+x_{2}+y=90$

اما از طرفی:

$x_{2}+y=2x_{1}\Rightarrow x_{1}=30\Rightarrow x_{2}+y=60$

که دیگه حکم بدیهه!

حالا فرض کنید:

$\angle BAD+\angle CDA=120$

با زاویه بازی داریم:

$\angle ABD=60+x_{2}\Rightarrow x_{2}+y=60$

با نوشتن رابطه سینوس ها داریم:

$\frac{EA}{sin(60+x_{2})}=\frac{EB}{siny}$

$\frac{ED}{sin(60+y)}=\frac{EC}{sinx_{2}}$

که حالا با توجه به

$\frac{EC}{EB}=\frac{sinx_{2}}{siny}$

و

$x_{2}+y=60$

داریم:

$ED=EA$

پ.ن:زاویه بازی ها ی این سوال چیز خاصی نداره و کلا از روی شکل معلومه.

Dadgarnia · 1394/6/1

پاسخ : هندسه

يه راه ديگه ي اين سوال اينجوريه كه براي حالت اول

$C$

رو نسبت به

$AD$

قرينه كنيم و براي حالت دوم محل برخورد

$AB,CD$

رو

$F$

بگيريم و بقيه اش ديگه زاويه بازيه.
سوال جايگزين:
در مثلث

$ABC$

،

$T$

وسط كمان

$BC$

از دايره محيطي اين مثلث (كماني كه شامل راس

$A$

نيست) و

$M$

وسط نيمساز راس

$A$

است. اگر

$P$

نقطه اي روي

$CM$

باشد كه

$PT=CT$

نشان دهيد

$\angle APB=90^{\circ}$

.

REZA 73 · 1394/6/2

پاسخ : هندسه

Dadgarnia گفت

فرض کنید:

$\angle ACP=c_{1},\angle PCB=c_{2}$

با کمی زاویه بازی میشه فهمید حکم معادله اینه که

$\angle MAP=c_{1}$

یا به عبارتی دیگر دو مثلث

$AMP$

و

$AMC$

متشابهند.پس کافیه ثابت کنیم:

$\frac{AM}{MC}=\frac{PM}{AM}$

$\Rightarrow \frac{sinc_{2}}{sin(\frac{A}{2}+C)}=\frac{PM}{AM}$

و داریم:

$PC=2TCcos (c_{2}+\frac{A}{2}), MC=\frac{TCsinB}{sin(c_{1}+\frac{A}{2})},PM=MC-PC$

پس کافی است ثابت کنیم:

$\frac{sinc_{2}}{sin(\frac{A}{2}+c)}=\frac{TC(\frac{sinB}{sin(c_1+\frac{A}{2})}-2cos(c_2+\frac{A}{2}))}{AC\frac{sinc_1}{sin(c_1+\frac{A}{2})}}$

پس از ساده کردن و استفاده از این که:

$\frac{TC}{AC}=\frac{sin\frac{A}{2}}{sinB}$

خواهیم داشت:

$\frac{sinB}{sin(\frac{A}{2}+c)sin\frac{A}{2}}=\frac{sin(c_2-c_1)}{sinc_1sinc_2}=\frac{cosc_1}{sinc_1}-\frac{cosc_2}{sinc_2}$

برای اثبات رابطه بالا از رابطه میانه استفاده میکنیم:

$\frac{sin(C-c_1)}{sinc_1}=\frac{sin(\frac{A}{2}+C)}{sin\frac{A}{2}}\Rightarrow \frac{cosc_1}{sinc_1}=\frac{\frac{sin(\frac{A}{2}+C)}{sin\frac{A}{2}}+cosC}{sinC}$

$\frac{sin(C-c_2)}{sinc_2}=\frac{sin(\frac{A}{2})}{sin\frac{A}{2}+C}\Rightarrow \frac{cosc_2}{sinc_2}=\frac{\frac{sin(\frac{A}{2})}{sin\frac{A}{2}+C}+cosC}{sinC}$

$\Rightarrow \frac{cosc_1}{sinc_1}-\frac{cosc_2}{sinc_2}=\frac{sinB}{sin(\frac{A}{2}+c)sin\frac{A}{2}}$

اگه شخصی ساده کردن ها رو خواست اشاره کنید من نحوه ساده کردن رو مینویسم.

پ.ن1:این سوال حتما راه کوتاه تری دارد!

پ.ن2:سوال کجا بود این؟؟؟؟
:194:

Dadgarnia · 1394/6/2

پاسخ : هندسه

اون كسي كه به من اين سوالو داد گفت مال يكي از امتحان هاي مدرسه انرژي اتمي بوده. يه راه ديگه ي اين سوال اينه كه دايره به مركز

$T$

و شعاع

$BT$

رو رسم كنيم. واضحه كه

$P$

هم روي اين دايره است حالا

$AP$

رو از طرف

$P$

امتداد ميديم تا اين دايره رو براي بار دوم توي

$K$

قطع كنه. حكم معادل با اينه كه

$B,T,K$

هم خطن، از اينجا به بعدش ديگه راحته.
سوال جايگزين:
در مثلث

$ABC$

نقطه ي

$D$

پاي ارتفاع راس

$A$

و نقاط

$O,H$

به ترتيب مركز دايره محيطي و مركز ارتفاعي اين مثلث هستند. اگر محل برخورد عمود منصف

$AO$

با

$BC$

را

$E$

بناميم ثابت كنيد دايره محيطي مثلث

$ADE$

از وسط

$OH$

مي گذرد.

Amitis :D · 1394/6/2

پاسخ : هندسه

Dadgarnia گفت

وسط پاره خط های

$AO,HO$

را به ترتیب

$N,M$

می گیریم. واضح است که

$\angle ANE = \angle ADE = 90$

پس

$ANDE$

محاطی است.
الان کافیه ثابت کنیم که

$DM = AN = \frac{R}{2}$

. برای این هم توجه کنید که تجانس به مرکز H و به نسبت 2، نقطه ی D رو به یک نقطه از دایره محیطی و نقطه ی M رو به O تبدیل می کنه. پس

$DM = \frac{R}{2}$

و مساله حل میشه.
D:

هندسه

New Member

Well-Known Member

New Member

New Member

New Member

New Member

Active Member

New Member

New Member

Active Member

New Member

Well-Known Member

New Member

Active Member

New Member

Active Member

New Member

Active Member

New Member

New Member