Μενέλαος ο νεότερος

KARKAR · #1

: Μενέλαος ο νεότερος.png (10.33 KiB) Προβλήθηκε 575 φορές

Το

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\displaystyle ABC$ . Από σημείο

της προέκτασης

της

, φέρουμε την ευθεία

, η οποία τέμνει τις AB,AC

στα σημεία

P,T

αντίστοιχα . Αν SP=12 , PG=4

, υπολογίστε το τμήμα

.

#2

Εφαρμόζω το Θ Μενελάου τρεις φορές :

: Μενέλαος ο Νεώτερος.png (20.23 KiB) Προβλήθηκε 544 φορές

1. Στο $\vartriangle SMG$ με τέμνουσα την $\overline {APB}$ και έχω : $2MB = BS\,\,(1)$

2. Στο $\vartriangle PSB$ με τέμνουσα την $\overline {AGM}$ που λόγω της (1)

δίδει $\boxed{\frac{{BA}}{{AP}} = \frac{4}{3}}$ (2)

3. Στο $\vartriangle SMG$ με τέμνουσα την $\overline {ATC}$ που λόγω των $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$ δίδει $\boxed{x = \frac{{16}}{5}}$ .

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:33 pm
Μενέλαος ο νεότερος.pngΤο είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\displaystyle ABC$ . Από σημείο της προέκτασης

της , φέρουμε την ευθεία , η οποία τέμνει τις στα σημεία

αντίστοιχα . Αν , υπολογίστε το τμήμα .

Λέω να μη χρησιμοποιήσω καθόλου Μενέλαο. Φέρνω από το

την

όπως φαίνεται στο σχήμα.

: Χωρίς Μενέλαο..png (12.63 KiB) Προβλήθηκε 513 φορές

$\displaystyle \frac{{NG}}{{BS}} = \frac{1}{3}\mathop \Leftrightarrow \limits^{NG = GL} NL = \frac{2}{3}BS \Leftrightarrow$ $\boxed{BC=BS}$ και $\displaystyle \frac{{GT}}{{TS}} = \frac{{GL}}{{SC}} \Leftrightarrow \frac{x}{{x + 16}} = \frac{1}{6} \Leftrightarrow$ $\boxed{x=\frac{16}{5}}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:33 pm
Μενέλαος ο νεότερος.pngΤο είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\displaystyle ABC$ . Από σημείο της προέκτασης

της , φέρουμε την ευθεία , η οποία τέμνει τις στα σημεία

αντίστοιχα . Αν , υπολογίστε το τμήμα .

και μια με εμβαδά..

$\displaystyle \frac{{SB}}{{BM}} = \frac{{\left( {ASP} \right)}}{{\left( {APM} \right)}} = \frac{{3\left( {APG} \right)}}{{\frac{3}{2}\left( {APG} \right)}} = 2 \Rightarrow BG//AS \Rightarrow \boxed{\left( {ASG} \right) = \left( {ASB} \right) = \left( {ABC} \right)}$

$\displaystyle \frac{{AT}}{{TC}} = \frac{{\left( {ASG} \right)}}{{\left( {GSC} \right)}} = \frac{{\left( {ABC} \right)}}{{2\left( {GBC} \right)}} = \frac{{\left( {ABC} \right)}}{{2\frac{1}{3}\left( {ABC} \right)}} = \frac{3}{2} \Rightarrow \boxed{\frac{{AT}}{{TC}} = \frac{3}{2}} \Rightarrow \boxed{\left( {ATM} \right) = \frac{3}{{10}}\left( {ABC} \right)}$

$\displaystyle \frac{{16}}{x} = \frac{{\left( {ASM} \right)}}{{\left( {ATM} \right)}} = \frac{{\frac{3}{2}\left( {ABC} \right)}}{{\frac{3}{{10}}\left( {ABC} \right)}} \Rightarrow \boxed{x = \frac{{16}}{5}}$

: m.o.n.png (12.67 KiB) Προβλήθηκε 511 φορές

Ιστοσελίδα · #5

Καλημέρα από το σχολείο...κάτι παρεμφερές με το φίλο Γιώργο.

: shape2.png (24.83 KiB) Προβλήθηκε 498 φορές

STOPJOHN · #6

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:33 pm
Μενέλαος ο νεότερος.pngΤο είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\displaystyle ABC$ . Από σημείο της προέκτασης

της , φέρουμε την ευθεία , η οποία τέμνει τις στα σημεία

αντίστοιχα . Αν , υπολογίστε το τμήμα .

Εστω ότι

Απο το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο STC

με τέμνουσα AGM,

$\dfrac{16}{x}.\dfrac{AT}{b}.\dfrac{a}{a+2y}=1,(1),$

Στο τρίγωνο AMB

με τέμνουσα $APG,\dfrac{AP}{PB}=\dfrac{2y+a}{y},(*)$

Ομοίως στο τρίγωνο

STC

με τέμνουσα

$APB,\dfrac{12}{4+x}.\dfrac{AT}{b}.\frac{a}{y}=1,(2), (1),(2)\Rightarrow \dfrac{16(4+x)}{12x}.\dfrac{y}{a+2y}=1,(**)$

$MI//GT\Rightarrow \dfrac{MI}{x}=\dfrac{AM}{AG}\Leftrightarrow MI=\dfrac{3x}{2},BO=3x, \dfrac{PB} {PA}=\dfrac{2x-4}{4+x},(***),$

$(*),(***)\Rightarrow \dfrac{y}{2y+a}=\dfrac{2x-4}{x+4},$ , λόγω της (**)

Οποτε $8(4+x)(x-2)=3x(x+4)\Leftrightarrow x=\dfrac{16}{5}$

Γιάννης

KARKAR · #7

: Μενέλαος ο νεότερος.png (10.98 KiB) Προβλήθηκε 463 φορές

Για να είμαι ειλικρινής , στη θέση του

, ήθελα να γράψω

, οπότε θα προέκυπτε x=3

.

Εν γένει πάντως , δείξτε ότι για : SP=s , PG=p

, είναι : $GT=x=\dfrac{p(s+p)}{s+2p}$

Ιστοσελίδα · #8

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 23, 2018 9:16 pm
Για να είμαι ειλικρινής , στη θέση του , ήθελα να γράψω , οπότε θα προέκυπτε .

Εν γένει πάντως , δείξτε ότι για : , είναι : $GT=x=\dfrac{p(s+p)}{s+2p}$

Θα ακολουθήσω την ίδια τεχνική με πιο πάνω, γράφοντάς την αναλυτικά.

: shape.png (16.45 KiB) Προβλήθηκε 424 φορές

Η παράλληλη από το

προς την

τέμνει την

στο

Αφού $\triangleleft GAK\mathop \sim \limits^{2:1} \triangleleft GMS\,(1)$ θα είναι TK = 2s + 2p - x

Από $\triangleleft PAK \sim \triangleleft PBS \Rightarrow \dfrac{{AK}}{{SB}} = \dfrac{{PK}}{{PS}} = \dfrac{{2s + 3p}}{s}$ , οπότε αν θέσω $AK = \left( {4s + 6p} \right)l$ θα είναι SB = 2sl

Από τη σχέση (1)

και λόγω της διαμέσου

θα είναι

Τέλος, από $\triangleleft TAK \sim \triangleleft TCS \Rightarrow \dfrac{{2s + 2p - x}}{{x + p + s}} = \dfrac{{4s + 6p}}{{2s + 6p}} \Leftrightarrow x = \dfrac{{p(s + p)}}{{s + 2p}}$

#9

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 23, 2018 9:16 pm
Μενέλαος ο νεότερος.png Για να είμαι ειλικρινής , στη θέση του , ήθελα να γράψω , οπότε θα προέκυπτε .

Εν γένει πάντως , δείξτε ότι για : , είναι : $GT=x=\dfrac{p(s+p)}{s+2p}$

Όπως και στην προηγούμενή μου ανάρτηση.

: Χωρίς Μενέλαο.β.png (12.63 KiB) Προβλήθηκε 416 φορές

$\displaystyle \frac{{NG}}{{BS}} = \frac{p}{s} \Leftrightarrow BS = \frac{s}{p}NG = \frac{s}{p}GL$ και $\displaystyle BC = 3GL \Rightarrow SC = \frac{{s + 3p}}{p}GL$

Άρα, $\displaystyle \frac{{GL}}{{SC}} = \frac{p}{{s + 3p}} \Leftrightarrow \frac{x}{{x + p+ s }} = \frac{p}{{s + 3p}} \Leftrightarrow$ $\boxed{x = \frac{{p(s + p)}}{{s + 2p}}}$

Μενέλαος ο νεότερος

Μενέλαος ο νεότερος

Re: Μενέλαος ο νεότερος

Re: Μενέλαος ο νεότερος

Re: Μενέλαος ο νεότερος

Re: Μενέλαος ο νεότερος

Re: Μενέλαος ο νεότερος

Re: Μενέλαος ο νεότερος

Re: Μενέλαος ο νεότερος

Re: Μενέλαος ο νεότερος

Μέλη σε σύνδεση