Μια ισότητα

#1

: Κύκλος Euler και άθροισμα.png (21.52 KiB) Προβλήθηκε 818 φορές

Η διάμεσος

τριγώνου $ABC\,\,\,\left( {A < 90^\circ } \right)$ , τέμνει ακόμα στο

,τον περιγεγραμμένο του κύκλο.

Ο κύκλος που διέρχεται από το

και από τα μέσα $D\,\,\kappa \alpha \iota \,\,E$ των πλευρών $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB$ , τέμνει ακόμα την

στο σημείο

.

Δείξετε ότι : AP + MQ = PM

#2

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 14, 2022 3:12 pm
Κύκλος Euler και άθροισμα.png

Η διάμεσος τριγώνου $ABC\,\,\,\left( {A < 90^\circ } \right)$ , τέμνει ακόμα στο ,τον περιγεγραμμένο του κύκλο.

Ο κύκλος που διέρχεται από το και από τα μέσα $D\,\,\kappa \alpha \iota \,\,E$ των πλευρών $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB$ , τέμνει ακόμα την στο σημείο .

Δείξετε ότι :

Φέρνω το ύψος

και έστω

το ορθόκεντρο. Είναι, $\displaystyle AM \cdot MQ = \frac{{{a^2}}}{4}$ και $\displaystyle {b^2} + {c^2} = 2AM \cdot AQ.$

: Μία ισότητα.ΝΦ.png (18.95 KiB) Προβλήθηκε 787 φορές

$\displaystyle AP \cdot AM = AN \cdot AF = \frac{{AH}}{2} \cdot AF \Leftrightarrow AP \cdot AM = (R\cos A)\frac{{bc}}{{2R}} \Leftrightarrow AP = \frac{{bc\cos A}}{{2AM}}$

$\displaystyle AP + MQ = \frac{{bc\cos A}}{{2AM}} + \frac{{{a^2}}}{{4AM}} = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{4AM}} = \frac{1}{2}AQ \Leftrightarrow$ $\boxed{AP+MQ=PM}$

abgd · #3

: eggrapsima.png (104.75 KiB) Προβλήθηκε 781 φορές

Έστω $k=2\frac{b^2+c^2}{a^2}$ , a,b,c

οι πλευρές του $\triangle ABC$ και AP=x, RM=y, MQ=z

.

Εφόσον η γωνία A<90^o

θα είναι

Από το θεώρημα του Πτολεμαίου στο MEPD

$PE\cdot c+PD\cdot b=PM\cdot a \ \ \bf(1)$

$\triangle PEN \sim \triangle DMN \rightarrow PE=\frac{2c}{a}PN \ \ \bf(2)$

$\triangle PDN \sim \triangle EMN \rightarrow PD=\frac{2b}{a}PN \ \ \bf(3)$

$\overset{(1),(2),(3)}{\rightarrow} PM=k\cdot PN \Rightarrow.... \boxed{x=\frac{k-2}{k}y \ \ \bf(4)}$

Από το θεώρημα του Πτολεμαίου στο ABQC

$QC\cdot c+QB\cdot b=AQ\cdot a \ \ \bf(5)$

$\triangle QMC \sim \triangle BMA \rightarrow QC=\frac{2c}{a}MQ \ \ \bf(6)$

$\triangle QBM \sim \triangle BMA \rightarrow BQ=\frac{2b}{a}MQ \ \ \bf(7)$

$\overset{(5),(6),(7)}{\rightarrow} AQ=k\cdot MQ \Rightarrow.... \boxed{z=\frac{2}{k}y \ \ \bf(8)}$

Από τις $\bf (4), (8)$ έχουμε το ζητούμενο.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 14, 2022 3:12 pm
Κύκλος Euler και άθροισμα.png

Η διάμεσος τριγώνου $ABC\,\,\,\left( {A < 90^\circ } \right)$ , τέμνει ακόμα στο ,τον περιγεγραμμένο του κύκλο.

Ο κύκλος που διέρχεται από το και από τα μέσα $D\,\,\kappa \alpha \iota \,\,E$ των πλευρών $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB$ , τέμνει ακόμα την στο σημείο .

Δείξετε ότι :

Επειδή

παραλ/μμο ,λόγω των εγγράψιμμων EPDM,ABQC

,όλες οι πράσινες

γωνίες είναι ίσες όπως και οι κόκκινες

Με BS//EP

το

είναι μέσον της

άρα και

και

οπότε

$\triangle EPD \simeq \triangle SBC \Rightarrow \angle SCB= \angle PDE= \angle CBQ$

Άρα $CS//BQ \Rightarrow SCQB$ παραλ/μμο,συνεπώς MS=MQ

.Έτσι

: Μια ισότητα.png (99.74 KiB) Προβλήθηκε 768 φορές

#5

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 14, 2022 3:12 pm
Κύκλος Euler και άθροισμα.png

Η διάμεσος τριγώνου $ABC\,\,\,\left( {A < 90^\circ } \right)$ , τέμνει ακόμα στο ,τον περιγεγραμμένο του κύκλο.

Ο κύκλος που διέρχεται από το και από τα μέσα $D\,\,\kappa \alpha \iota \,\,E$ των πλευρών $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB$ , τέμνει ακόμα την στο σημείο .

Δείξετε ότι :

Το εσωτερικό κέντρο ομοιοθεσίας του περίκυκλου και του κύκλου Euler ενός τριγώνου είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου (το εξωτερικό το ορθόκεντρο) και συνεπώς κάθε ευθεία που διέρχεται από το βαρύκεντρο θα αποκόπτει από τους ως άνω κύκλους ομοιόθετες χορδές με λόγο το λόγο ομοιότητάς τους (δηλαδή το λόγο των ακτινών τους που είναι γνωστό ότι είναι

) άρα για το σχήμα μας (αλλά και κάθε άλλη ευθεία που διέρχεται από το βαρύκεντρο του $\vartriangle ABC$ ) θα είναι: $\dfrac{AQ}{PM}=2\Rightarrow AP+MQ=PM$

Μια ισότητα

Μια ισότητα

Re: Μια ισότητα

Re: Μια ισότητα

Re: Μια ισότητα

Re: Μια ισότητα

Μέλη σε σύνδεση