Καθετότητα σε ισόπλευρο

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαιρετώ.

: 5-3 Καθετότητα σε ισόπλευρο.png (111.82 KiB) Προβλήθηκε 1210 φορές

Το

είναι σημείο στο εσωτερικό του ισοπλεύρου τριγώνου ABC

ώστε $\widehat{BEC}=120^o$ και

το μέσον της

.

Αν $\left ( BEC \right )=3 \left (BEM \right )$ τότε: Να εξεταστεί αν είναι $ME \perp BE$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 05, 2022 7:22 pm
Χαιρετώ.
5-3 Καθετότητα σε ισόπλευρο.png

Το είναι σημείο στο εσωτερικό του ισοπλεύρου τριγώνου ώστε $\widehat{BEC}=120^o$ και το μέσον της .

Καθετότητα σε ισόπλευρο.png (19.37 KiB) Προβλήθηκε 1181 φορές

Αν $\left ( BEC \right )=3 \left (BEM \right )$ τότε: Να εξεταστεί αν είναι $ME \perp BE$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Έστω

οι ορθές προβολές των E,B

στις

αντίστοιχα. Τότε με $CM\bot AB$ προκύπτει ότι MD,EF

ταυτίζονται με τις ορθές προβολές της

στις

αντίστοιχα και

το ύψος του τριγώνου $\vartriangle BEM$ στην

και φυσικά $\angle FEB={{60}^{0}}\Rightarrow BF=EF\sqrt{3}:\left( 1 \right)$ και αν

η πλευρά του ισοσπλεύρου τριγώνου $\vartriangle ABC$ θα είναι $a=\dfrac{2CM}{\sqrt{3}}:\left( 2 \right)$

Από $\left( BEC \right)=3\left( BEM \right)\Rightarrow \dfrac{EC\cdot BF}{2}=3\cdot \dfrac{BM\cdot MD}{2}=3\cdot \dfrac{a\cdot MD}{4}\overset{\left( 1 \right),\left( 2 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $\dfrac{EC\cdot EF\sqrt{3}}{2}=3\cdot \dfrac{\dfrac{2CM}{\sqrt{3}}\cdot MD}{4}\Rightarrow \ldots \dfrac{EF}{MD}=\dfrac{CM}{EC}:\left( 4 \right)$

Από την $\left( 4 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem προκύπτει ότι $BE\bot ME$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

#3

Έστω

το κέντρο του τριγώνου,

το σημείο τομής του κύκλου BCK

με τον κύκλο διαμέτρου

και

σημείο της

τέτοιο ώστε CN=3NM

.
Θα αποδείξουμε ότι το σημείο

ανήκει στον ριζικό άξονα

των δύο κύκλων.
Πράγματι, $NK\cdot NC=(\frac{1}{3}-\frac{1}{4})CM\cdot \frac{3}{4}CM=\frac{1}{16}CM^2=NM^2$
Έχουμε: $\dfrac{(BCE)}{(BME)}=\dfrac{CN}{NM}=3$ .
Επομένως το

ικανοποιεί τις συνθήκες του σημείου που ορίζεται στην εκφώνηση και βλέπει την

υπό ορθή γωνία.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 05, 2022 7:22 pm
Χαιρετώ.
5-3 Καθετότητα σε ισόπλευρο.png

Το είναι σημείο στο εσωτερικό του ισοπλεύρου τριγώνου ώστε $\widehat{BEC}=120^o$ και το μέσον της .

Αν $\left ( BEC \right )=3 \left (BEM \right )$ τότε: Να εξεταστεί αν είναι $ME \perp BE$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Είναι $\dfrac{MH}{HC} = \dfrac{(MEB)}{(EBC)}= \dfrac{1}{3} \Rightarrow MH= \dfrac{1 }{4} \dfrac{a \sqrt{3} }{2} \Rightarrow MH= \dfrac{a \sqrt{3} }{8}$

Π.Θ στο τρίγωνο HMB

δίνει $BH= \dfrac{a \sqrt{19} }{8}$

Είναι $x+y=60^0 \Rightarrow \angle MBE=x$ και $\dfrac{(MBE)}{(EBC)}= \dfrac{ \dfrac{a}{2}BE }{aEC}= \dfrac{1}{3} \Rightarrow EC= \dfrac{3}{2}BE$

Ο ν.συνημιτόνου τώρα στο τρίγωνο BEC

δίνει $BE= \dfrac{2a}{ \sqrt{19} }$ κι εύκολα

διαπιστώνουμε ότι $MB^2=BE.BH \Rightarrow ME \bot BE$

: Καθετότητα σε ισόπλευρο τρίγωνο.png (14.35 KiB) Προβλήθηκε 1137 φορές

#5

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Σάβ Μαρ 05, 2022 7:22 pm
Χαιρετώ.
5-3 Καθετότητα σε ισόπλευρο.png

Το είναι σημείο στο εσωτερικό του ισοπλεύρου τριγώνου ώστε $\widehat{BEC}=120^o$ και το μέσον της .

Αν $\left ( BEC \right )=3 \left (BEM \right )$ τότε: Να εξεταστεί αν είναι $ME \perp BE$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Ας είναι

το συμμετρικό του

ως προς την

. Το

θα ανήκει στο περιγεγραμμένο κύκλο , $\left( {O,R} \right)$ του ισοπλεύρου τριγώνου SBC

.

Το τετράπλευρο ABSC

είναι ρόμβος πλευράς , έστω

, άρα ${\lambda _3} = 2k = R\sqrt 3 \,\,\,\left( * \right)$ . Επειδή $BO \bot SC \Rightarrow BO \bot AB$ , δηλαδή οι $AB,\,\,AC$ εφάπτονται του κύκλου $\left( {O,R} \right)$ .

Θεωρώ πάνω στην

σημείο

με

. Επειδή $\widehat {EBC} = \widehat {FCN}$ (

μέσο του

) θα είναι $\vartriangle EMB = \vartriangle DNC$ . Αρκεί να δείξω ότι $CD \bot DC$ .

: Καθετότητα σε ισόπλευρο.png (27.28 KiB) Προβλήθηκε 1111 φορές

Ισχύει: $\dfrac{{\left( {EBC} \right)}}{{\left( {DNC} \right)}} = 3 \Rightarrow \dfrac{{CE \cdot CB}}{{CD \cdot CN}} = 3 \Rightarrow \left( {2x + DE} \right)2k = 3 \cdot 2kx \Rightarrow DE = x\,\,\left( 1 \right)$ .

Ας είναι ET = h

το ύψος του $\vartriangle EBC$ , επειδή $EC \cdot EB = 2Rh \Rightarrow 6{x^2} = 2k\sqrt 3 h\mathop \Rightarrow \limits^{\left( * \right)} ET = h = \dfrac{{3\sqrt 3 {x^2}}}{{2k}}\left( 2 \right)$ .

Από το Θ. συνημίτονου στο $\vartriangle EBC$ προκύπτει : $4{k^2} = 19{x^2}\,\,\left( 3 \right)$

Από το Π. Θ. στο $\vartriangle TCE$ και λόγω των $\left( 2 \right),\left( 3 \right)$ έχω : $TC = \dfrac{{12x}}{{\sqrt {19} }}\left( 4 \right)$

Για τα $\vartriangle TCE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle DCN$ θα δείξω: $\dfrac{{CE}}{{CN}} = \dfrac{{CT}}{{CD}} \Leftrightarrow 3x \cdot 2x = k\dfrac{{12x}}{{\sqrt {19} }} \Leftrightarrow x\sqrt {19} = 2k \Leftrightarrow 19{x^2} = 4{k^2}$

που ισχύει λόγω της $\left( 3 \right)$ Άρα $\vartriangle TCE\,\, \approx \,\,\vartriangle DCN \Rightarrow CD \bot DN$ όπως ήθελα.

Γιώργος Μήτσιος · #6

Καλό βράδυ! Από ένα μεγάλο ευχαριστώ στους Στάθη , Ανδρέα, Μιχάλη και Νίκο για τις ωραίες λύσεις τους!
Ας διατυπώσω το πρόβλημα σε ισοδύναμη μορφή (*) με το αρχικό, θέτοντας ένα ακόμη ζητούμενο.

Δίνεται το ισόπλευρο τρίγωνο ABC

, το κέντρο του

, το μέσον

της

και το $Z \in AC$ ώστε $\dfrac{AZ}{ZC}=\dfrac{2}{3}$ .

Να δειχθεί ότι το τόξο , το ημικύκλιο διαμέτρου και η συντρέχουν στο εσωτερικό του τριγώνου στο σημείο

: 9-3 Καθετότητα σε ισόπλευρο.png (257.16 KiB) Προβλήθηκε 1050 φορές

Ένα ακόμη θερμό ευχαριστώ σε όποιον διαθέσει χρόνο για το νέο ζητούμενο:

Να εξεταστεί αν ισχύει $\left ( AEK \right )=\left ( BEK \right )+\left (CEK \right )$

(*) Πράγματι, είναι $\widehat{BEM}=90^o$ και $\widehat{BEC}=\widehat{BKC}=120^o$ , ενώ όπως και στο θέμα ΑΥΤΟ είναι

$\dfrac{\left ( BEM \right )}{\left (BEC \right )}=\dfrac{BM}{AB}\cdot \dfrac{AZ}{ZC}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$ . Φιλικά, Γιώργος.

#7

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 09, 2022 9:31 pm
Καλό βράδυ! Από ένα μεγάλο ευχαριστώ στους Στάθη , Ανδρέα, Μιχάλη και Νίκο για τις ωραίες λύσεις τους!
Ας διατυπώσω το πρόβλημα σε ισοδύναμη μορφή (*) με το αρχικό, θέτοντας ένα ακόμη ζητούμενο.

Δίνεται το ισόπλευρο τρίγωνο , το κέντρο του , το μέσον της και το $Z \in AC$ ώστε $\dfrac{AZ}{ZC}=\dfrac{2}{3}$ .

Να δειχθεί ότι το τόξο , το ημικύκλιο διαμέτρου και η συντρέχουν στο εσωτερικό του τριγώνου στο σημείο
9-3 Καθετότητα σε ισόπλευρο.png

Ένα ακόμη θερμό ευχαριστώ σε όποιον διαθέσει χρόνο για το νέο ζητούμενο:

Να εξεταστεί αν ισχύει $\left ( AEK \right )=\left ( BEK \right )+\left (CEK \right )$

(*) Πράγματι, είναι $\widehat{BEM}=90^o$ και $\widehat{BEC}=\widehat{BKC}=120^o$ , ενώ όπως και στο θέμα ΑΥΤΟ είναι

$\dfrac{\left ( BEM \right )}{\left (BEC \right )}=\dfrac{BM}{AB}\cdot \dfrac{AZ}{ZC}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$ . Φιλικά, Γιώργος.

Ωραίος ο Γιώργος !
Τα λέμε αύριο αν δεν απαντηθεί το όμορφο αυτό θέμα σου.
Να είσαι πάντα καλά

#8

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 09, 2022 9:31 pm
Καλό βράδυ! Από ένα μεγάλο ευχαριστώ στους Στάθη , Ανδρέα, Μιχάλη και Νίκο για τις ωραίες λύσεις τους!
Ας διατυπώσω το πρόβλημα σε ισοδύναμη μορφή (*) με το αρχικό, θέτοντας ένα ακόμη ζητούμενο.

Δίνεται το ισόπλευρο τρίγωνο , το κέντρο του , το μέσον της και το $Z \in AC$ ώστε $\dfrac{AZ}{ZC}=\dfrac{2}{3}$ .

Να δειχθεί ότι το τόξο , το ημικύκλιο διαμέτρου και η συντρέχουν στο εσωτερικό του τριγώνου στο σημείο
9-3 Καθετότητα σε ισόπλευρο.png

Ένα ακόμη θερμό ευχαριστώ σε όποιον διαθέσει χρόνο για το νέο ζητούμενο:

Να εξεταστεί αν ισχύει $\left ( AEK \right )=\left ( BEK \right )+\left (CEK \right )$

(*) Πράγματι, είναι $\widehat{BEM}=90^o$ και $\widehat{BEC}=\widehat{BKC}=120^o$ , ενώ όπως και στο θέμα ΑΥΤΟ είναι

$\dfrac{\left ( BEM \right )}{\left (BEC \right )}=\dfrac{BM}{AB}\cdot \dfrac{AZ}{ZC}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$ . Φιλικά, Γιώργος.

α) Έστω $\left( L \right),\left( O \right)$ οι κύκλοι διαμέτρου

και ο $\left( B,E,K,C \right)$ αντίστοιχα. Αν

το μήκος της πλευράς του ισοπλεύρου τριγώνου $\vartriangle ABC$ τότε από τη σχέση $\dfrac{AZ}{ZC}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow \dfrac{AZ}{AZ+ZC}=\dfrac{2}{2+3}\overset{AZ+ZC=AC=a}{\mathop{\Rightarrow }}\,AZ=\dfrac{2}{5}a$ και $AL=\dfrac{3}{4}a$ οπότε από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο $\vartriangle ALZ\Rightarrow Z{{L}^{2}}=A{{L}^{2}}+A{{Z}^{2}}-2AL\cdot AZ\cdot \cos {{60}^{0}}$ $\Rightarrow Z{{L}^{2}}=\dfrac{9}{16}{{a}^{2}}+\dfrac{4}{25}{{a}^{2}}-2\cdot \dfrac{3}{4}a\cdot \dfrac{2}{5}a\cdot \dfrac{1}{2}$ , οπότε η δύναμη του σημείο

ως προς τον $\left( L \right)$ θα είναι :

$D_{\left( L \right)}^{Z}=Z{{L}^{2}}-r_{L}^{2}\overset{{{r}_{L}}=\frac{a}{4}}{\mathop{=}}\,\dfrac{9}{16}{{a}^{2}}+\dfrac{4}{25}{{a}^{2}}-2\cdot \dfrac{3}{4}a\cdot \dfrac{2}{5}a\cdot \dfrac{1}{2}-\dfrac{{{a}^{2}}}{16}=\dfrac{9}{25}{{a}^{2}}$

και επειδή (προφανώς)

εφαπτόμενη του $\left( O \right)\Rightarrow D_{\left( O \right)}^{Z}=Z{{C}^{2}}\overset{ZC=\frac{3}{5}a}{\mathop{=}}\,\dfrac{9}{25}{{a}^{2}}=D_{\left( L \right)}^{Z}$ οπότε το

έχει ίσες δυνάμεις ως προς του δύο εν λόγω κύκλους και άρα είναι σημείου του ριζικούς τους άξονα , που είναι η κοινή τους χορδή

και η συνευθειακότητα των B,E,Z

έχει αποδειθχεί.

: Νέα ερωτήματα.png (34.75 KiB) Προβλήθηκε 993 φορές

β) Έστω

το μέσο της

. Τότε προφανώς η

διέρχεται από το

και ας είναι {B}',{T}',{A}',{C}'

οι ορθές προβολές των B,T,A,C

αντίστοιχα επί της ευθείας

.
Το

ταυτίζεται (και) με το βαρύκεντρο του ισοπλεύρου τριγώνου $\vartriangle ABC$ και συνεπώς $\dfrac{AK}{KT}=\dfrac{2}{1}=2$ και με $A{A}'\parallel T{T}'\Rightarrow \dfrac{A{A}'}{T{T}'}=\dfrac{AK}{KT}=2\Rightarrow A{A}'=2T{T}':\left( 1 \right)$
Από το δισορθογώνιο τραπέζιο B{B}'{C}'C

με διάμεσο την $T{T}'\left( T{T}'\parallel B{B}'\parallel C{C}' \right)$ θα είναι $B{B}'+C{C}'=2T{T}'\overset{\left( 1 \right)}{\mathop{=}}\,A{A}':\left( 2 \right)$
Για τα τρίγωνα $\vartriangle BEK,\vartriangle CEK,\vartriangle AEK$ με κοινή βάση την

θα έχουμε:
$\left( BEK \right)+\left( CEK \right)=\dfrac{EK\cdot B{B}'}{2}+\dfrac{EK\cdot C{C}'}{2}=$ $\dfrac{EK}{2}\left( B{B}'+C{C}' \right)\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{=}}\,\dfrac{EK}{2}\cdot A{A}'=\left( AEK \right)$ και το δεύτερο ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

ΥΣ. Ας βάλω και εγώ ένα επι πλέον ερώτημα

Με τα δεδομένα του πιο πάνω προβλήματος να δείξετε ότι διέρχονται από το ίδιο σημείο

Μιχάλης Τσουρακάκης · #9

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τετ Μαρ 09, 2022 9:31 pm
Καλό βράδυ! Από ένα μεγάλο ευχαριστώ στους Στάθη , Ανδρέα, Μιχάλη και Νίκο για τις ωραίες λύσεις τους!
Ας διατυπώσω το πρόβλημα σε ισοδύναμη μορφή (*) με το αρχικό, θέτοντας ένα ακόμη ζητούμενο.

Δίνεται το ισόπλευρο τρίγωνο , το κέντρο του , το μέσον της και το $Z \in AC$ ώστε $\dfrac{AZ}{ZC}=\dfrac{2}{3}$ .

Να δειχθεί ότι το τόξο , το ημικύκλιο διαμέτρου και η συντρέχουν στο εσωτερικό του τριγώνου στο σημείο
9-3 Καθετότητα σε ισόπλευρο.png

Ένα ακόμη θερμό ευχαριστώ σε όποιον διαθέσει χρόνο για το νέο ζητούμενο:

Να εξεταστεί αν ισχύει $\left ( AEK \right )=\left ( BEK \right )+\left (CEK \right )$

(*) Πράγματι, είναι $\widehat{BEM}=90^o$ και $\widehat{BEC}=\widehat{BKC}=120^o$ , ενώ όπως και στο θέμα ΑΥΤΟ είναι

$\dfrac{\left ( BEM \right )}{\left (BEC \right )}=\dfrac{BM}{AB}\cdot \dfrac{AZ}{ZC}=\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$ . Φιλικά, Γιώργος.

A)Η

τέμνει το ημικύκλιο διαμέτρου

στο

και η

τέμνει την

στο

Θα αποδείξουμε ότι τα σημεία E,K,C,B

είναι ομοκυκλικά

O Μενέλαος στο τρίγωνο ACM

με διατέμνουσα ZNB

δίνει

$\dfrac{AZ}{ZC}. \dfrac{CN}{NM} . \dfrac{BM}{BA}=1 \Rightarrow \dfrac{2}{3}.\dfrac{CN}{NM}. \dfrac{1}{2}=1 \Rightarrow CN=3MN \Rightarrow MN= \dfrac{CM}{4}= \dfrac{a \sqrt{3} }{8}$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο MBD

παίρνουμε $MD^2=\dfrac{3a^2}{16}$

Αλλά λόγω των σημειωμένων γωνιών 30^0

τα

είναι ομοκυκλικά και ισχύει MD^2=MN.MC

,συνεπώς

εφάπτεται του κύκλου (D,E,N,C)

,άρα $\angle DEC=90^0 \Rightarrow \angle BEC= \angle BKC=120^0 \Rightarrow B,E,K,C$

ομοκυκλικά και το ζητούμενο αποδείχτηκε

B) Έστω $AH \bot EK,KT \bot EC,KS \bot BE$

Επειδή AHKM

εγγράψιμμο ,είναι $\angle MKE= \angle MAH=30^0+y$ .

Ακόμη, $\angle MKE=\angle EBC=30^0+x$ άρα $\angle x= \angle y$

Επομένως $\triangle AKH= \triangle KTC= \triangle KSB \Rightarrow KH=KT=KS$

κι επειδή $\angle KET= \angle KBC=30^0 \Rightarrow EK=2KH \Rightarrow (AEK)=2(AKH)$

Επίσης (EKB)=(KSB)-(KSE)

και

και με πρόσθεση

(EKB )+(EKC)=(SKB)+(KTC)=2(AKH)=(AKE)

(αφού

)

: κ.σ.ι.png (114.65 KiB) Προβλήθηκε 954 φορές

Καθετότητα σε ισόπλευρο

Καθετότητα σε ισόπλευρο

Re: Καθετότητα σε ισόπλευρο

Re: Καθετότητα σε ισόπλευρο

Re: Καθετότητα σε ισόπλευρο

Re: Καθετότητα σε ισόπλευρο

Re: Καθετότητα σε ισόπλευρο

Re: Καθετότητα σε ισόπλευρο

Re: Καθετότητα σε ισόπλευρο

Re: Καθετότητα σε ισόπλευρο

Μέλη σε σύνδεση