Καταμεσής

KARKAR · #1

: Καταμεσής.png (17.53 KiB) Προβλήθηκε 1052 φορές

Το οξυγώνιο τρίγωνο ABC

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O)

και το

, ένα από τα ύψη του .Τα σημεία :

M , N , K , L

είναι τα μέσα των τμημάτων : AB , AC , MN , OD

αντίστοιχα . Δείξτε ότι : $KL \parallel AD$ .

Προς μεγαλύτερους : Υπάρχει περίπτωση να υπολογισθεί το τμήμα , συναρτήσει των πλευρών ;

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 09, 2025 8:34 pm
Καταμεσής.pngΤο οξυγώνιο τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και το , ένα από τα ύψη του .Τα σημεία :

είναι τα μέσα των τμημάτων : αντίστοιχα . Δείξτε ότι : $KL \parallel AD$ .

Προς μεγαλύτερους : Υπάρχει περίπτωση να υπολογισθεί το τμήμα , συναρτήσει των πλευρών ;

Προφανώς με

το μέσο της $MN=\parallel \dfrac{BC}{2}\Rightarrow AK\cap BC\equiv L$ που είναι το μέσο της

και

το μέσο της

(

το μέσο της μιας διαγωνίου

του προφανούς παραλληλογράμμου AMLN

, άρα και της άλλης)

Τότε $OL\bot BC$ (απόστημα σε χορδή κύκλου) , άρα $AD\parallel OL$ οπότε στο «τραπέζιο» ADLO

η

συνδέει τα μέσα των διαγωνίων του άρα είναι παράλληλη στις βάσεις του και ίση με την απόλυτη ημιδιαφορά τους

Για τους μεγάλους τώρα

Είναι $KL=\dfrac{\left| AD-OL \right|}{2}$ και από $E=\dfrac{a\cdot AD}{2}\Rightarrow AD=\dfrac{2E}{a}$ και $OL=R\left| \cos A \right|$
Από $E=\dfrac{abc}{4R}\Rightarrow R=\dfrac{abc}{4E}$ και από τον νόμο των συνημίτονων θα είναι $\cos A=\dfrac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}$ άρα $OL=\dfrac{abc}{4E}\cdot \left| \dfrac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc} \right|$ οπότε και με τον τύπο τοου ¨Ηρωνα θα είναι $KL=\dfrac{\left| \dfrac{2\sqrt{s\left( s-a \right)\left( s-b \right)\left( s-c \right)}}{a}-\dfrac{abc}{4\sqrt{s\left( s-a \right)\left( s-b \right)\left( s-c \right)}}\cdot \left| \dfrac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc} \right| \right|}{2}$

edit: Συμπλήρωσα το απόλυτο στο συνημίτονο για να καλύπτεται και η περίπτωση της αμβλείας γωνίας

KARKAR · #3

: Καταμεσής.png (23.6 KiB) Προβλήθηκε 990 φορές

Το σχήμα της λύσης του Στάθη ( το

αντικαταστάθηκε με

, αφού έχει χρησιμοποιηθεί ήδη ...)

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 09, 2025 8:34 pm
Καταμεσής.pngΤο οξυγώνιο τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και το , ένα από τα ύψη του .Τα σημεία :

είναι τα μέσα των τμημάτων : αντίστοιχα . Δείξτε ότι : $KL \parallel AD$ .

Προς μεγαλύτερους : Υπάρχει περίπτωση να υπολογισθεί το τμήμα , συναρτήσει των πλευρών ;

Έστω

το μέσο της

και

τα σημεία τομής της

με τις

αντίστοιχα.

: Καταμεσής.Κ.png (15.11 KiB) Προβλήθηκε 978 φορές

Το

είναι ισοσκελές τραπέζιο, άρα MT=SN,

οπότε το

είναι μέσο και του

και η

ενώνει τα μέσα των μη παράλληλων πλευρών του τραπεζίου TDOS,

επομένως

Για τους μεγάλους:

$\displaystyle KL = \frac{{TD + OS}}{2} = \frac{{AD - OP}}{2}.$ Αλλά, $\displaystyle AD = \frac{{2E}}{a}$ και $\displaystyle OP = \frac{{\sqrt {4{R^2} - {a^2}} }}{2},R = \frac{{abc}}{{4E}}.$

Με αντικατάσταση, προκύπτει ο τύπος του Στάθη.

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 09, 2025 8:34 pm
Καταμεσής.pngΤο οξυγώνιο τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και το , ένα από τα ύψη του .Τα σημεία :

είναι τα μέσα των τμημάτων : αντίστοιχα . Δείξτε ότι : $KL \parallel AD$ .

Προς μεγαλύτερους : Υπάρχει περίπτωση να υπολογισθεί το τμήμα , συναρτήσει των πλευρών ;

Θα ήθελα να εξηγήσει κάποιος γιατί η παρακάτω μπελαλίδικη απόδειξη αποτελεί λύση του εν λόγω προβλήματος. Έχει ιδιαίτερο ενδιαφέρον η απάντησή σας για μένα

Έστω {M}',{N}'

οι ορθές προβολές των M,N

στις εκ του

κάθετες

στις

αντίστοιχα και ας είναι ${E}'\equiv DE\cap AC,{F}'\equiv DF\cap AB$
Προφανώς (λόγω των ορθών γωνιών) τα τετράπλευρα E{F}'{E}'F,AEDF

είναι εγγράψιμα σε κύκλους και συνεπώς [unparseable or potentially dangerous latex formula] $\angle DAF\overset{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon }{\mathop{=}}\,\angle FDC\Rightarrow BC\parallel {F}'{E}':\left( 1 \right)$

: Καταμεσής 1.png (42.84 KiB) Προβλήθηκε 939 φορές

Από $M{M}'\parallel AF$ (κάθετες στην F{F}'

προκύπτει ότι $\dfrac{M{M}'}{AF}=\dfrac{{F}'M}{{F}'A}:\left( 2 \right)$ και ομοίως από $N{N}'\parallel AE$ (κάθετες στην E{E}'

προκύπτει ότι $\dfrac{N{N}'}{AE}=\dfrac{{E}'N}{{E}'A}:\left( 3 \right)$
Από $\left( 1 \right)\overset{MN\parallel BC}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{{F}'M}{{F}'A}=\dfrac{{E}'N}{{E}'A}\overset{\left( 2 \right),\left( 3 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{M{M}'}{AF}=\dfrac{N{N}'}{AE}\Rightarrow$ $\dfrac{M{M}'}{N{N}'}=\dfrac{AF}{AE}\overset{{F}'EF{E}'\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o}{\mathop{=}}\,\dfrac{A{E}'}{A{F}'}\Rightarrow KL\bot {E}'{F}'\parallel BC\bot AD\Rightarrow KL\parallel AD$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

S.E.Louridas · #6

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 09, 2025 8:34 pm
Το οξυγώνιο τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και το , ένα από τα ύψη του .Τα σημεία :
είναι τα μέσα των τμημάτων : αντίστοιχα . Δείξτε ότι : $KL \parallel AD$ .
Προς μεγαλύτερους : Υπάρχει περίπτωση να υπολογισθεί το τμήμα , συναρτήσει των πλευρών ;

Για την καλημέρα και χάριν πλουραλισμού.
Έχουμε και λέμε:

Για όλους:

${R^2} = N{O^2} + N{D^2} = 2L{N^2} + O{D^2} = M{O^2} + M{D^2} = 2L{M^2} + O{D^2} \Rightarrow LM = LN.$

Για τους «όψιμους» (μεγαλύτερους):

$\displaystyle{2L{K^2} = 2L{N^2} - \frac{{{a^2}}}{{18}} = {R^2} - \frac{{O{D^2}}}{2} - \frac{{{a^2}}}{{18}} = {R^2} - \frac{{{R^2} - BD \cdot DC}}{2} - \frac{{{a^2}}}{{18}} = ...}$

Καταμεσής

Καταμεσής

Re: Καταμεσής

Re: Καταμεσής

Re: Καταμεσής

Re: Καταμεσής

Re: Καταμεσής

Μέλη σε σύνδεση