Υπάρχει λόγος..

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλησπέρα.

: Υπάρχει λόγος...PNG (8.36 KiB) Προβλήθηκε 930 φορές

Θεωρούμε το τρίγωνο ABC

, την διάμεσο

και

το συμμετρικό του

ως προς την

.

Το $H \in AC$ ώστε $\widehat{AHB}=\widehat{ABC}$ και

η τομή των ME,BH

. Αν είναι MN=BC

τότε

Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{\left ( MAN \right )}{\left (BAC \right )}$ . Ευχαριστώ , Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 06, 2018 3:46 pm
Καλησπέρα.
Υπάρχει λόγος...PNG
Θεωρούμε το τρίγωνο , την διάμεσο και το συμμετρικό του ως προς την .

Το $H \in AC$ ώστε $\widehat{AHB}=\widehat{ABC}$ και η τομή των . Αν είναι τότε

Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{\left ( MAN \right )}{\left (BAC \right )}$ . Ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλησπέρα!

Νομίζω ότι η ισότητα $\widehat{AHB}=\widehat{ABC}$ δεν επηρεάζει τη λύση της άσκησης (το σημείο

είναι περιττό).

: Υπάρχει λόγος.png (14.26 KiB) Προβλήθηκε 899 φορές

Το

είναι χαρταετός και τα τρίγωνα $\displaystyle ABM,AME$ είναι ίσα οπότε, $\boxed{(MAN)=(BAC)}$

Γιώργος Μήτσιος · #3

Γιώργο σ' ευχαριστώ , έχεις απόλυτο δίκιο. Ας το δούμε γενικότερα , όπως το είχα αρχικά..

: Υπάρχει λόγος Β...PNG (7.91 KiB) Προβλήθηκε 880 φορές

Θεωρούμε το τρίγωνο ABC

, την διάμεσο

και

το συμμετρικό του

ως προς την AM.

Το $H \in AC$ ώστε $\widehat{AHB}=\widehat{ABC}$ και

η τομή των ME,BH

Να εξεταστεί αν η είναι γεωμετρικός μέσος των και

Αν είναι $\dfrac{MN}{AM}=\lambda$ τότε να υπολογιστεί - ως συνάρτηση του $\lambda$ - ο λόγος $\dfrac{\left ( MAN \right )}{\left (BAC \right )}$ . Ευχαριστώ και πάλι.

#4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 06, 2018 9:58 pm
Γιώργο σ' ευχαριστώ , έχεις απόλυτο δίκιο. Ας το δούμε γενικότερα , όπως το είχα αρχικά..
Υπάρχει λόγος Β...PNG
Θεωρούμε το τρίγωνο , την διάμεσο και το συμμετρικό του ως προς την

Το $H \in AC$ ώστε $\widehat{AHB}=\widehat{ABC}$ και η τομή των

Να εξεταστεί αν η είναι γεωμετρικός μέσος των και

Αν είναι $\dfrac{MN}{AM}=\lambda$ τότε να υπολογιστεί - ως συνάρτηση του $\lambda$ - ο λόγος $\dfrac{\left ( MAN \right )}{\left (BAC \right )}$ . Ευχαριστώ και πάλι.

Γεια σου Γιώργο!

: Υπάρχει λόγος.ΙΙ.png (21.64 KiB) Προβλήθηκε 852 φορές

$\displaystyle A\widehat EN = 180^\circ - A\widehat EM = 180^\circ - \widehat B = 180^\circ - A\widehat HB = A\widehat HN,$ άρα το AHEN

είναι εγγράψιμο.

Είναι ακόμα, το ABME

χαρταετός, οι πράσινες γωνίες είναι ίσες επειδή $\displaystyle A\widehat HB = \widehat B$ και AM||EC

(κάθετες στην ίδια ευθεία).

Άρα: $\displaystyle A{B^2} = AH \cdot AC \Leftrightarrow A{E^2} = AH \cdot AC\mathop \Leftrightarrow \limits^{AM||EC} M\widehat AC = E\widehat CH = A\widehat EH = A\widehat NH.$

Οπότε η

εφάπτεται στον περίκυκλο του AHN

και $\boxed{A{M^2} = ME \cdot MN = BM \cdot MN}$

Τα ABN, AMC

είναι λοιπόν όμοια και $\displaystyle \frac{{AN}}{{AM}} = \frac{{AB}}{{MC}} \Leftrightarrow \frac{{AN}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{MC}} = \frac{{AM}}{{BM}} = \frac{{MN}}{{AM}} = \lambda$

Επομένως, $\boxed{ \frac{{(MAN)}}{{(BAC)}} = \frac{{AM \cdot AN}}{{BC \cdot AB}} = \frac{{{\lambda ^2}}}{2}}$

Γιώργος Μήτσιος · #5

Καλημέρα σε όλους. Γιώργο ένα ακόμη ευχαριστώ για την υπέροχη λύση!
Μια ελαφρά διαφοροποίηση προς το τέλος. Όπως βρήκε ο Γιώργος είναι $\widehat{MAC}=\widehat{ANH}$

οπότε και $\widehat{ANE}=\widehat{MAE}=\widehat{BAM}$ ενώ $\widehat{AMB}=\widehat{AMN}$ άρα τα τρίγωνα MAN,BAM

είναι όμοια .

Έτσι έχουμε $\dfrac{AM}{BM}=\dfrac{MN}{AM}=\lambda$ δηλ. $AM^{2}=BM\cdot MN$ αλλά και $\dfrac{\left ( MAN \right )}{\left ( BAM \right )}=\lambda ^{2}\Rightarrow \dfrac{\left ( MAN \right )}{\left ( BAC \right )}=\dfrac{\lambda ^{2}}{2}$ .

Υπήρχε λόγος ...

... να δείξουμε την ομοιότητα των τριγώνων BAN,MAC

και των

αφού θα φανεί ιδιαιτέρως χρήσιμη
σε άλλο ενδιαφέρον - και αναπάντητο για την ώρα- θέμα!
Φιλικά Γιώργος.

Υπάρχει λόγος..

Υπάρχει λόγος..

Re: Υπάρχει λόγος..

Re: Υπάρχει λόγος..

Re: Υπάρχει λόγος..

Re: Υπάρχει λόγος..

Μέλη σε σύνδεση