Νέα πλευρά

KARKAR · #1

: Νέα πλευρά.png (15.35 KiB) Προβλήθηκε 694 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $ABC , ( \hat{A}=90^0 )$ , είναι : AB=4 , AC=3

. Η διάμεσος

τέμνει τον

περίκυκλο στο σημείο

, ενώ οι

τέμνουν τις προεκτάσεις των CB , CA

στα

αντίστοιχα .

Υπολογίστε το τμήμα

. Προαιρετικό : Λύστε το ίδιο πρόβλημα αν : AB=c , AC = b

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 05, 2023 2:06 pm
Νέα πλευρά.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο $ABC , ( \hat{A}=90^0 )$ , είναι : . Η διάμεσος τέμνει τον

περίκυκλο στο σημείο , ενώ οι τέμνουν τις προεκτάσεις των στα αντίστοιχα .

Υπολογίστε το τμήμα . Προαιρετικό : Λύστε το ίδιο πρόβλημα αν : .

: Νέα πλευρά.png (18.29 KiB) Προβλήθηκε 673 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 05, 2023 2:06 pm
Νέα πλευρά.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο $ABC , ( \hat{A}=90^0 )$ , είναι : . Η διάμεσος τέμνει τον

περίκυκλο στο σημείο , ενώ οι τέμνουν τις προεκτάσεις των στα αντίστοιχα .

Υπολογίστε το τμήμα . Προαιρετικό : Λύστε το ίδιο πρόβλημα αν : .

Λήμμα παραλληλίας

: Λήμμα παραλληλίας.png (13.68 KiB) Προβλήθηκε 635 φορές

Στην ευθεία της διαμέσου

, τριγώνου ABC

θεωρώ τυχαίο σημείο

, διαφορετικό από τα $A\,\,\kappa \alpha \iota \,\,M$ .

Αν οι $BS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CS$ τέμνουν τις $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB$ στα $T\,\,\kappa \alpha \iota \,\,P$ , τότε : BC//PT

.

Απόδειξη
Αν

το συμμετρικό του

ως προς το

, το τετράπλευρο FBSC

είναι παραλληλόγραμμο και έτσι:

$\boxed{\frac{{AB}}{{BP}} = \frac{{AF}}{{FS}} = \frac{{AC}}{{AT}} \Rightarrow BC//PT}$

Νέα πλευρά

Η πολική του

ως προς τον κύκλο διαμέτρου

είναι η

και τέμνει, κάθετα την

στο

. Έτσι η τετράδα : $\left( {C,B\backslash K,T} \right)$ είναι αρμονική.

Ας είναι : $BT = x\,\,,\,\,KC = m\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KB = n$ .

Επειδή , PT//AB

έχω: $\dfrac{{PT}}{{AB}} = \dfrac{{CT}}{{CB}} \Rightarrow x = \dfrac{c}{a}TC\,\,\left( 1 \right)$ . Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ACKM

ισχύει:

: Νέα πλευρά_extra.png (23.42 KiB) Προβλήθηκε 635 φορές

$BM \cdot BA = BK \cdot BC \Rightarrow \dfrac{{{c^2}}}{2} = na \Rightarrow n = \dfrac{{{c^2}}}{{2a}} \Rightarrow m = a - n = \dfrac{{2{a^2} - {c^2}}}{{2a}}$ . Δηλαδή ,

$m = \dfrac{{2{b^2} + {c^2}}}{{2a}}\,\,\,,\,\,n = \dfrac{{c2}}{{2a}}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,m - n = \dfrac{{{b^2}}}{{a}}$ $\left( 2 \right)$

Αλλά η τετράδα $\left( {C,B\backslash K,T} \right)$ είναι αρμονική . έτσι λόγω και των σχέσεων $\left( 2 \right)$ έχω:

$\dfrac{{KC}}{{KB}} = \dfrac{{TC}}{{TB}} \Rightarrow \dfrac{m}{n} = \dfrac{{TC}}{{TC - a}} \Rightarrow TC = a\dfrac{{2{b^2} + {c^2}}}{{{2b^2}}}\,\,\left( 3 \right)$ , αντικαθιστώ στην $\left( 1 \right)$ κι έτσι :

$\boxed{x = \dfrac{{c\left( {2{b^2} + {c^2}} \right)}}{{{2b^2}}}}$ .

π. χ. Αν $AC = 5\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB = 12\,\,$ , $x = 12\dfrac{{2 \cdot 25 + 144}}{{2 \cdot 25}} = 12\dfrac{{25 + 72}}{{25}} = 12 \cdot \dfrac{{97}}{{25}} = \dfrac{{1164}}{{25}} = 46,56$

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 05, 2023 2:06 pm
Νέα πλευρά.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο $ABC , ( \hat{A}=90^0 )$ , είναι : . Η διάμεσος τέμνει τον

περίκυκλο στο σημείο , ενώ οι τέμνουν τις προεκτάσεις των στα αντίστοιχα .

Υπολογίστε το τμήμα . Προαιρετικό : Λύστε το ίδιο πρόβλημα αν : .

Για την παραλληλία των

Έστω

μέσο της

και

τυχόν σημείο της ευθείας AM.

Αν οι

τέμνουν τις AB, AC

στα

θα δείξω ότι BC||PT.

Έστω

τα μέσα των AP, BT

αντίστοιχα. Τότε KM||PS, LM||PT.

Άρα:

: Νέα πλευρά.α.png (15.52 KiB) Προβλήθηκε 605 φορές

$\displaystyle \frac{{AK}}{{KP}} = \frac{{AM}}{{MS}} = \frac{{AL}}{{LT}} \Rightarrow KL||PT.$ Αλλά, $\displaystyle \frac{{AK}}{{KP}} = \frac{{AK}}{{KB}}=\frac{{AL}}{{LT}} = \frac{{AL}}{{LC}} \Rightarrow KL||BC,$ άρα $\boxed{BC||PT}$

Στην άσκησή μας τώρα.

Από τον τύπο της διαμέσου κι επειδή a^2=b^2+c^2,

παίρνω $\displaystyle CM = \frac{{\sqrt {4{b^2} + {c^2}} }}{2}.$ Αλλά, $AM \cdot MB = CM \cdot MS$

$\dfrac{{{c^2}}}{4} = \dfrac{{\sqrt {4{b^2} + {c^2}} }}{2} \cdot MS \Leftrightarrow MS = \dfrac{{{c^2}}}{{2\sqrt {4{b^2} + {c^2}} }}$ και $\displaystyle CS = \frac{{4{b^2} + 2{c^2}}}{{2\sqrt {4{b^2} + {c^2}} }}$

: Νέα πλευρά.β.png (17.48 KiB) Προβλήθηκε 605 φορές

To

είναι ορθόκεντρο του CPB,

οπότε το

είναι εγγράψιμο και $\displaystyle CA \cdot CP = CM \cdot CS \Leftrightarrow CP = \frac{{2{b^2} + {c^2}}}{{2b}}$

Τέλος, $\displaystyle AB||PT \Rightarrow \frac{b}{{CP}} = \frac{c}{{PT}} \Leftrightarrow$ $\boxed{PT = \frac{{c(2{b^2} + {c^2})}}{{2{b^2}}}}$ Για c=4, b=3

είναι $\boxed{PT=\frac{68}{9}}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 05, 2023 2:06 pm
Νέα πλευρά.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο $ABC , ( \hat{A}=90^0 )$ , είναι : . Η διάμεσος τέμνει τον

περίκυκλο στο σημείο , ενώ οι τέμνουν τις προεκτάσεις των στα αντίστοιχα .

Υπολογίστε το τμήμα . Προαιρετικό : Λύστε το ίδιο πρόβλημα αν : .

Ο περίκυκλος του εγγράψιμμου τετραπλεύρου AMSP

τέμνει την

στο

Επειδή $\angle CBS= \angle PAT= \angle TES$ ,το ESBT

είναι εγγράψιμμο.

Φέρνοντας την

, η ισότητα των γωνιών ίδιου χρώματος είναι προφανής.

Επομένως $\angle BEM= \angle CBA= \angle CSA= \angle MEA$ συνεπώς η

είναι μεσοκάθετη της

άρα

περνά από το μέσον

της

κι επιπλέον θα είναι $\angle APE=90^0$ οπότε AMEP

ορθογώνιο

Επειδή

εφάπτεται του κύκλου (A,B,C)

ο χαρταετός AIBE

είναι εγγράψιμμο τετράπλευρο

Έτσι, $IM.ME=AM.MB \Rightarrow \dfrac{b}{2} .ME= \dfrac{c^2}{4} \Rightarrow ME= \dfrac{c^2}{2b} \Rightarrow PC=b+ \dfrac{c^2}{2b}= \dfrac{2b^2+c^2}{2b}$

$AB//PT\Rightarrow \dfrac{CA}{CP} = \dfrac{AB}{PT} \Rightarrow PT= \dfrac{AB.CP}{CA}$ και με αντικατάσταση $PT= \dfrac{c}{2b^2} (2b^2+c^2)$

Για b=3,c=4

, $PT =\dfrac{68}{9}$

Παρατήρηση

Το

είναι το σημείο Miquel του πλήρους τετραπλεύρου ABCDPT

και είναι γνωστό ότι το κέντρο του κύκλου

ABCD

και το σημείο τομής των διαγωνίων του είναι ευθεία κάθετη στην

,άρα εδώ $IME \bot PT \Rightarrow PT//AB$

: Νέα πλευρά.png (56.29 KiB) Προβλήθηκε 592 φορές

Νέα πλευρά

Νέα πλευρά

Re: Νέα πλευρά

Re: Νέα πλευρά

Re: Νέα πλευρά

Re: Νέα πλευρά

Μέλη σε σύνδεση