Σχέση πλευρών 2

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 843
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Σχέση πλευρών 2

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Φεβ 08, 2020 7:23 pm

Καλησπέρα!

Ως συνέχεια αυτού προτείνω το εξής:
α) Βρείτε σχέση μεταξύ των πλευρών τριγώνου ABC ώστε B,C,H,G ομοκυκλικά όπου H ορθόκεντρο και G το βαρύκεντρο του ABC.

β)Ο κύκλος (A,G,L) εφάπτεται του (A,B,C) όπου L το σημείο Lemoine του ABC.

225.PNG
225.PNG (28.06 KiB) Προβλήθηκε 452 φορές



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

Re: Σχέση πλευρών 2

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Φεβ 09, 2020 10:34 am

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Σάβ Φεβ 08, 2020 7:23 pm
Καλησπέρα!

Ως συνέχεια αυτού προτείνω το εξής:
α) Βρείτε σχέση μεταξύ των πλευρών τριγώνου ABC ώστε B,C,H,G ομοκυκλικά όπου H ορθόκεντρο και G το βαρύκεντρο του ABC.

β)Ο κύκλος (A,G,L) εφάπτεται του (A,B,C) όπου L το σημείο Lemoine του ABC.


225.PNG
Καλημέρα Πρόδρομε!

Έστω M, N, P τα μέσα των BC, AB, AC και AE η A-συμμετροδιάμεσος του ABC.
Σχέση πλευρών 2.png
Σχέση πλευρών 2.png (27.93 KiB) Προβλήθηκε 392 φορές
α) \displaystyle B\widehat GC = B\widehat HC = 180^\circ  - \widehat A = N\widehat GP, άρα το ANGP είναι εγγράψιμο.

\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} 
BN \cdot BA = BG \cdot BP \Leftrightarrow \dfrac{{{b^2}}}{2} = \dfrac{2}{3}{m_b}^2\\ 
\\ 
CP \cdot CA = GG \cdot CN \Leftrightarrow \dfrac{{{c^2}}}{2} = \dfrac{2}{3}{m_c}^2 
\end{array} \right. \Rightarrow {b^2} + {c^2} = \dfrac{4}{3}({m_b}^2 + {m_c}^2) \Leftrightarrow \boxed{b^2+c^2=2a^2}

β) Θα δείξω αρχικά ότι το L είναι σημείο του περίκυκλου του ANGP. Τα τρίγωνα ABE, NBC έχουν τη \widehat B κοινή και \displaystyle \dfrac{{BE}}{{BA}} = \dfrac{{\dfrac{{a{c^2}}}{{{b^2} + {c^2}}}}}{c} = \dfrac{c}{{2a}} = \dfrac{{BN}}{{BC}}, άρα είναι όμοια, οπότε \displaystyle N\widehat CB = B\widehat AE δηλαδή το ANEC είναι

εγγράψιμο και \displaystyle A\widehat NG = A\widehat NC = A\widehat EC. Αλλά, \displaystyle \frac{{AL}}{{LE}} = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} = 2 = \frac{{AG}}{{GM}} \Rightarrow LG||BC, οπότε

\displaystyle A\widehat LG = A\widehat EC = A\widehat NG, που σημαίνει ότι το L είναι σημείο του περίκυκλου του ANGP.

Έστω Ax η εφαπτομένη του μικρού κύκλου στο A και x\widehat AN=\omega. Τότε, \displaystyle NP||BC \Rightarrow \widehat C = A\widehat PN = \omega ,

άρα η Ax εφάπτεται και στο κύκλο (A,B,C) απ' όπου έπεται το συμπέρασμα.


Υπάρχουν και άλλα ευρήματα στο σχήμα, π.χ
\displaystyle  \bullet HG\bot AM
\displaystyle  \bullet O μικρός κύκλος εφάπτεται εξωτερικά και του κύκλου (B,H,C,G)
\displaystyle  \bullet Η BC εφάπτεται του κύκλου (A, G, B)


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

Re: Σχέση πλευρών 2

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Φεβ 09, 2020 1:48 pm

Αλλιώς για το α) ερώτημα.
Σχέση πλευρών 2.β.png
Σχέση πλευρών 2.β.png (19.45 KiB) Προβλήθηκε 355 φορές
Οι κύκλοι (O), (K) είναι ίσοι και συμμετρικοί ως προς την BC. Άρα, \displaystyle AH(2{h_a}) = AG(2{m_a}) \Leftrightarrow

\boxed{AH \cdot {h_a} = \frac{2}{3}{m_a}^2} (1) και από θεώρημα Leibniz για το σημείο O, \displaystyle O{G^2} = {R^2} - \frac{1}{9}({a^2} + {b^2} + {c^2})

Χρησιμοποιώ την Πρόταση: Η διαφορά των δυνάμεων ενός σημείου ως προς δύο κύκλους είναι ίση με

το διπλάσιο γινόμενο της διακέντρου επί την απόσταση του σημείου από το ριζικό τους άξονα.


\displaystyle \Delta _{(K)}^G = 0,\Delta _{(O)}^G = O{G^2} - {R^2} =  - \frac{1}{9}({a^2} + {b^2} + {c^2}) και \displaystyle |\Delta _{(K)}^G - \Delta _{(O)}^G| = 2OK \cdot GG'

\displaystyle \frac{1}{9}({a^2} + {b^2} + {c^2}) = 2AH\frac{h_a}{3}\mathop  = \limits^{(1)} \frac{4}{9}{m_a}^2 \Leftrightarrow \boxed{b^2+c^2=2a^2}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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