Συνευθειακότητα και λόγοι τμημάτων

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 830
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Συνευθειακότητα και λόγοι τμημάτων

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Κυρ Φεβ 18, 2024 12:39 pm

2024.02.18.FB1419x mathematica.jpg
2024.02.18.FB1419x mathematica.jpg (46.7 KiB) Προβλήθηκε 216 φορές
Έστω τρίγωνο ABC με \hat{A}=60^\circ.

Ας είναι I, O το έγκεντρο και το περίκεντρό του αντίστοιχα, και M, N τα μέσα των AB, AC.

a. Αν D=OM\cap{BI} και E=ON\cap{CI}, δείξτε ότι τα A, D, E είναι συνευθειακά.

b. Αν η F=AD\cap{BC} και (BF, FC)=(m, n), δείξτε ότι \dfrac{a+b}{a+c}=\dfrac{m}{n}

c. Αν η AF τέμνει τον περίκυκλο του ABC, στο G, δείξτε ότι FG²=FE\cdot FD


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης

Λέξεις Κλειδιά:
Dimessi
Δημοσιεύσεις: 81
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 10, 2023 3:48 pm

Re: Συνευθειακότητα και λόγοι τμημάτων

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Dimessi » Δευ Φεβ 19, 2024 9:34 pm

Απλά την επαναφέρω στο φως.
Αύριο η λύση
. :) Καλό βράδυ !Τελικά δεν θα δώσω τη λύση μου, είναι παραλλαγή αυτής του κυρίου Μιχάλη, μόνο που αντί για Μενελαο και Ceva χρησιμοποιώ τριγωνομετρία.
τελευταία επεξεργασία από Dimessi σε Τρί Φεβ 20, 2024 4:56 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 2764
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Συνευθειακότητα και λόγοι τμημάτων

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Τρί Φεβ 20, 2024 4:43 pm

sakis1963 έγραψε:
Κυρ Φεβ 18, 2024 12:39 pm
2024.02.18.FB1419x mathematica.jpg
Έστω τρίγωνο ABC με \hat{A}=60^\circ.

Ας είναι I, O το έγκεντρο και το περίκεντρό του αντίστοιχα, και M, N τα μέσα των AB, AC.

a. Αν D=OM\cap{BI} και E=ON\cap{CI}, δείξτε ότι τα A, D, E είναι συνευθειακά.

b. Αν η F=AD\cap{BC} και (BF, FC)=(m, n), δείξτε ότι \dfrac{a+b}{a+c}=\dfrac{m}{n}

c. Αν η AF τέμνει τον περίκυκλο του ABC, στο G, δείξτε ότι FG²=FE\cdot FD
A)Λόγω του εγγράψιμμου AMON θα είναι \angle DOE=60^0 και \angle NEA=90^0- \dfrac{C}{2}

Επομένως \angle EDO=180^0-(60^0+90^0- \dfrac{C}{2})= 30^0+ \dfrac{C}{2} .

Ακόμη \angle ADM=90^0- \dfrac{B}{2}=90^0-(60^0- \dfrac{C}{2})=30^0+ \dfrac{C}{2}= \angle DOE   συνεπώς A,D,E συνευθειακά

B)Η MO τέμνει την AC στο Q και το τρίγωνο ABQ προφανώς είναι ισόπλευρο

Από θ.διχοτόμου στο  \triangle ABC \Rightarrow AK= \dfrac{bc}{a+c} \Rightarrow KQ=c-AK= \dfrac{c(c+a-b)}{a+c}.Άρα \dfrac{AK}{KQ}= \dfrac{b}{a+c-b}

Με θ.Μεναλάου στο τρίγωνο BCQ με διατέμνουσα APF έχουμε \dfrac{n}{m}. \dfrac{BP}{PQ}. \dfrac{AQ}{AC}=1 \Rightarrow  \dfrac{m}{n}=\dfrac{BP}{PQ}. \dfrac{c}{b}

Ο CEVA στο ισόπλευρο τρίγωνο δίνει  \dfrac{AM}{MB}. \dfrac{BP}{PQ}. \dfrac{QK}{KA}=1  \Rightarrow  \dfrac{BP}{PQ}=    \dfrac{AK}{KQ}= \dfrac{b}{a+c-b}

Έτσι  \dfrac{m}{n}=   \dfrac{c}{b}  \dfrac{BP}{PQ}=  \dfrac{c}{b}. \dfrac{AK}{KQ}= \dfrac{c}{a+c-b}  και μένει να αποδείξουμε ότι

 \dfrac{c}{a+c-b}= \dfrac{a+b}{a+c}   \Leftrightarrow a^2=b^2+c^2-bc

Η τελευταία όμως είναι αληθής από ν.συνημιτόνου στο \triangle ABC

Γ) Είναι  \angle BDE= \angle  \dfrac{B}{2} + \dfrac{B}{2} =\angle B  = \angle DGC \Rightarrow BD//GC \Rightarrow  \dfrac{FD^2}{FG^2}= \dfrac{m^2}{n^2}  (1)

Επειδή όμως \angle DBC= \angle BAD= \angle  \dfrac{B}{2} και \angle ECB= \angle EAC= \angle  \dfrac{C}{2} τα m,n είναι

εφαπτόμενα τμήματα των κύκλων (A,D,B),(A,E,C) αντίστοιχα

Άρα m^2=FD.FA και n^2=FE.FA οπότε   \dfrac{m^2}{n^2}= \dfrac{FD}{FE}  κι από την (1) \Rightarrow  \dfrac{FD}{FE}= \dfrac{FD^2}{FG^2} \Rightarrow FG^2=FD.FE
συνευειακότητα και λόγοι τμημάτων.png
συνευειακότητα και λόγοι τμημάτων.png (64.78 KiB) Προβλήθηκε 115 φορές


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 4 επισκέπτες