Απ' όλα έχω

#1

: Απ' όλα έχω.png (11.35 KiB) Προβλήθηκε 708 φορές

είναι η διάμεσος ισοσκελούς τριγώνου ABC(AB=AC)

εγγεγραμμένου σε κύκλο (O, R).

Αν

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου AMC,

α) να δείξετε ότι $OG\bot CM.$

β) Αν επιπλέον R=4

και η

είναι μεσοκάθετος του

να βρεθούν οι ίσες πλευρές του ABC.

#2

Έστω

ο νότιος πόλος ,

το μέσο της

και

τα σημεία τομής της ευθείας

με τις $MC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ .

Θ. Μενελάου στο $\vartriangle MBC\,\,$ με διατέμνουσα τη $\overline {AEP}$ :

$\dfrac{{MA}}{{AB}} \cdot \dfrac{{BP}}{{PC}} \cdot \dfrac{{CE}}{{EM}} = 1 \Rightarrow \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{{BP}}{{PC}} \cdot 1 = 1 \Rightarrow \boxed{BP = 2PC}$ .

Ξανά το ίδιο Θεώρημα στο $\vartriangle ABP$ με διατέμνουσα τη $\overline {MEC}$ :

$\dfrac{{AM}}{{MB}} \cdot \dfrac{{BC}}{{CP}} \cdot \dfrac{{PE}}{{EA}} = 1 \Rightarrow 1 \cdot 3 \cdot \dfrac{{PE}}{{EA}} = 1 \Rightarrow \boxed{EA = 3PE}$ . Μετά απ’ αυτά t = v

Το

μέσο

της

και άρα

και αφού $SP \bot CM$ ( παρατήρηση ) θα είναι και $OG \bot CM$ .

: Απ όλα έχω_oritzin.png (29.24 KiB) Προβλήθηκε 675 φορές

Για το άλλο ερώτημα : MG = OM = 2u

και από την ομοιότητα των τριγώνων

$AMO\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ANB$ έχω : $\dfrac{{OM}}{{BN}} = \dfrac{{OA}}{{AB}} \Rightarrow \dfrac{{2u}}{{3u}} = \dfrac{4}{{AB}} \Rightarrow \boxed{AB = AC = 6}$ . Από το εγγράψιμο

MONB

έχω : $AM \cdot AB = AO \cdot AN \Rightarrow 18 = 4AN \Rightarrow \boxed{AN = \dfrac{9}{2}}$ . Τώρα Π. Θ. στο

ABN

και έχω : $BC = 2BN = 2\sqrt {36 - \dfrac{{81}}{4}} = \sqrt {144 - 81} \Rightarrow \boxed{BC = 3\sqrt 7 }$

Παρατήρηση

Μια άποψη ότι $SP \bot CM$ είναι η παρακάτω :

: Απ όλα έχω _extra.png (19.39 KiB) Προβλήθηκε 661 φορές

Αν

το σημείο τομής των διαμέσων $AN\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CM$ θα είναι $AH = 2HN\,$ και αφού

CP = 2PN

θα είναι $PH//CA \Rightarrow PH \bot SC$ .

Δηλαδή το

είναι ορθόκεντρο του $\vartriangle HSC$ και άρα $SP \bot HC$

#3

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 13, 2018 7:34 pm
Απ' όλα έχω.png
είναι η διάμεσος ισοσκελούς τριγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο Αν είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου α) να δείξετε ότι $OG\bot CM.$ ...

Μια διαφορετική προσέγγιση του πρώτου ερωτήματος

: Απ' όλα έχω..png (20.19 KiB) Προβλήθηκε 616 φορές

Το βαρύκεντρο του $\vartriangle AMC$ είναι το σημείο της διαμέσου του εν λόγω τριγώνου και χωρίζει την σε λόγο . Αν είναι οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα, τότε με $MN\parallel BC\overset{AB=AC}{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle AMN$ ισοσκελές οπότε τα ορθογώνιο τρίγωνα $\vartriangle GKM,\vartriangle GLN$ είναι όμοια , άρα $\dfrac{{MK}}{{NL}} = \dfrac{{GM}}{{GL}} = 2 = \dfrac{{AC}}{{AM}}:\left( 1 \right)$

Από την $\left( 1 \right)$ και με κάθετες στις αντίστοιχα (αποστήματα) σύμφωνα με το Stathis Koutras' Theorem προκύπτει ότι $OG\bot CM$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#4

Ευχαριστώ το Νίκο και το Στάθη για τις λύσεις τους. Αλλιώς για το α) ερώτημα.

: Απ' όλα έχω.β.png (13.3 KiB) Προβλήθηκε 563 φορές

Έστω

το μέσο της

και

το σημείο τομής της

με τη

Προφανώς,

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ABC.

$\displaystyle MG = \frac{2}{3}MP = \frac{a}{3},MH = \frac{{MC}}{3},MP||BC,$ άρα τα τρίγωνα MHG, CMB

είναι όμοια, οπότε GH||MB,

δηλαδή $GH \bot OM$ κι επειδή $\displaystyle OH \bot MG,$ το

είναι ορθόκεντρο του MOG

και το ζητούμενο έπεται.

Απ' όλα έχω

Απ' όλα έχω

Re: Απ' όλα έχω

Re: Απ' όλα έχω

Re: Απ' όλα έχω

Μέλη σε σύνδεση