Απ' όλα έχω

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10647
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Απ' όλα έχω

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Οκτ 13, 2018 7:34 pm

Απ' όλα έχω.png
Απ' όλα έχω.png (11.35 KiB) Προβλήθηκε 553 φορές
CM είναι η διάμεσος ισοσκελούς τριγώνου ABC(AB=AC) εγγεγραμμένου σε κύκλο (O, R).

Αν G είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου AMC, α) να δείξετε ότι OG\bot CM.

β) Αν επιπλέον R=4 και η CM είναι μεσοκάθετος του OG να βρεθούν οι ίσες πλευρές του ABC.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8030
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Απ' όλα έχω

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Οκτ 13, 2018 10:30 pm

Έστω S ο νότιος πόλος , N το μέσο της BC και E,P τα σημεία τομής της ευθείας AG 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 G μέσο

της AP και άρα SP//OG και αφού SP \bot CM ( παρατήρηση ) θα είναι και OG \bot CM.
Απ όλα έχω_oritzin.png
Απ όλα έχω_oritzin.png (29.24 KiB) Προβλήθηκε 520 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
Απ όλα έχω _extra.png (19.39 KiB) Προβλήθηκε 506 φορές
Αν H 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 P είναι ορθόκεντρο του \vartriangle HSC και άρα SP \bot HC


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4102
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Απ' όλα έχω

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Κυρ Οκτ 14, 2018 11:29 pm

george visvikis έγραψε:
Σάβ Οκτ 13, 2018 7:34 pm
Απ' όλα έχω.png
CM είναι η διάμεσος ισοσκελούς τριγώνου ABC(AB=AC) εγγεγραμμένου σε κύκλο (O, R). Αν G είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου AMC, α) να δείξετε ότι OG\bot CM....
Μια διαφορετική προσέγγιση του πρώτου ερωτήματος
Απ' όλα έχω..png
Απ' όλα έχω..png (20.19 KiB) Προβλήθηκε 461 φορές
Το βαρύκεντρο G του \vartriangle AMC είναι το σημείο της διαμέσου MN του εν λόγω τριγώνου και χωρίζει την MN σε λόγο 2:1 . Αν K,L είναι οι ορθές προβολές του G στις AB,AC 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 OM,ON κάθετες στις AB,AC αντίστοιχα (αποστήματα) σύμφωνα με το
Stathis Koutras' Theorem προκύπτει ότι OG\bot CM και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10647
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Απ' όλα έχω

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Οκτ 16, 2018 4:34 pm

Ευχαριστώ το Νίκο και το Στάθη για τις λύσεις τους. Αλλιώς για το α) ερώτημα.
Απ' όλα έχω.β.png
Απ' όλα έχω.β.png (13.3 KiB) Προβλήθηκε 408 φορές
Έστω P το μέσο της AC και H το σημείο τομής της AO με τη CM. Προφανώς, H 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 H είναι ορθόκεντρο του MOG και το ζητούμενο έπεται.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης