Ισότητα - έκπληξη

KARKAR · #1

: Ισότητα - έκπληξη.png (19.45 KiB) Προβλήθηκε 1017 φορές

Με διάμετρο την διάμεσο

του ορθογωνίου τριγώνου ABC

, γράφουμε το "ανατολικό" ημικύκλιο ,

το οποίο τέμνει την υποτείνουσα

, στο σημείο

. Η

τέμνει τα ομόρροπα ημικύκλια διαμέτρων

και

, στα σημεία

και

αντίστοιχα . Δείξτε ότι : PS=ST

.

Henri van Aubel · #2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Henri van Aubel · #3

Επανέρχομαι με μία λύση.

Τα τετράπλευρα ABSM

και

είναι εγγράψιμα . Τα ορθογώνια τρίγωνα BPS,ABM

είναι όμοια αφού έχουν $\angle BSP=\angle AMB.$

Επομένως $\displaystyle\frac{SP}{BS}=\frac{AM}{BM}\left ( 1 \right )$

Εξάλλου, $\displaystyle\frac{ST}{BS}=\frac{\sin \angle SAC}{\sin\angle ACB }=\frac{\sin \angle MBC}{\sin \angle ACB}=\frac{MC}{BM}\left ( 2 \right )$

Από $\left ( 1 \right )\&\left ( 2 \right )$ επί της ουσίας τελειώσαμε.

#4

KARKAR έγραψε: Τρί Ιουν 20, 2023 11:00 am Ισότητα - έκπληξη.pngΜε διάμετρο την διάμεσο του ορθογωνίου τριγώνου , γράφουμε το "ανατολικό" ημικύκλιο ,

το οποίο τέμνει την υποτείνουσα , στο σημείο . Η τέμνει τα ομόρροπα ημικύκλια διαμέτρων

και , στα σημεία και αντίστοιχα . Δείξτε ότι : .

Εν συντομία .

$K\,\,,\,\,L\,\,,\,\,N$ τα κέντρα των ημικυκλίων .

Το

είναι ορθόκεντρο του $\vartriangle ABN$ , το

συμμετρικό του

ως προς την

.

: Ισότητα εκπληξη.png (39.24 KiB) Προβλήθηκε 958 φορές

. Το

είναι το σημείο τομής της

με την

Στο $\vartriangle HQZ$ : $\boxed{PS// = \frac{1}{2}QZ// = \frac{1}{2}PT}$

#5

Ας δούμε μία άλλη προσέγγιση. Χρησιμοποιώ το σχήμα της εκφώνησης.

$\bullet$ Από $\angle CBT = \angle CAT\equiv \angle CAP = \angle ABP\ \ \ ,(1)$ έχουμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ABC,\ \vartriangle PBT$ είναι όμοια.

Στα τρίγωνα αυτά οι ευθείες $BM,\ BS$ είναι ομόλογες λόγω της (1)

και $\angle CAP\equiv \angle CAS = \angle MBS.$

Από $AM = MC\Rightarrow$ PS = ST

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#6

vittasko έγραψε: Τρί Ιουν 20, 2023 6:01 pm Ας δούμε μία άλλη προσέγγιση. Χρησιμοποιώ το σχήμα της εκφώνησης.

$\bullet$ Από $\angle CBT = \angle CAT\equiv \angle CAP = \angle ABP\ \ \ ,(1)$ έχουμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ABC,\ \vartriangle PBT$ είναι όμοια.

Στα τρίγωνα αυτά οι ευθείες $BM,\ BS$ είναι ομόλογες λόγω της και $\angle CAP\equiv \angle CAS = \angle MBS.$

Από $AM = MC\Rightarrow$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #7

KARKAR έγραψε: Τρί Ιουν 20, 2023 11:00 am Ισότητα - έκπληξη.pngΜε διάμετρο την διάμεσο του ορθογωνίου τριγώνου , γράφουμε το "ανατολικό" ημικύκλιο ,

το οποίο τέμνει την υποτείνουσα , στο σημείο . Η τέμνει τα ομόρροπα ημικύκλια διαμέτρων

και , στα σημεία και αντίστοιχα . Δείξτε ότι : .

Είναι προφανής η ισότητα των γωνιών $\theta$ άρα και των γωνιών $\omega +2 \theta$ οπότε PQ//TC

Επειδή $MS=//\dfrac{AQ}{2}$ και MS=SN

θα είναι $MN=//AQ \Rightarrow QN=//AM=//MC \Rightarrow QS=SC$

άρα και PS=ST

: Ισότητα έκπληξη.png (28.23 KiB) Προβλήθηκε 864 φορές

KARKAR · #8

: Έκπληξη.png (22.21 KiB) Προβλήθηκε 843 φορές

Δείξτε ( πάντα με

μέσο της

) , ότι για την τυχούσα τέμνουσα APST

, ισχύει ότι : PS=ST

.

Αν επιπλέον : $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{2}{3}$ , βρείτε τη θέση της τέμνουσας , για την οποία προκύπτει : AP=PS=ST

.

Henri van Aubel · #9

Για το πρώτο ερώτημα: Το

δεν είναι ανάγκη να ανήκει στην πλευρά BC.

Είναι $\displaystyle\frac{BP}{BT}\cdot \frac{\sin P\widehat{B}S}{\sin T\widehat{B}S}=\frac{AB\cdot \cos \theta }{BC\cdot \cos \theta }\cdot \frac{\sin A{\widehat{B}M}}{\sin C\widehat{B}M}=\frac{AB}{BC}\cdot \frac{\sin A{\widehat{B}M}}{\sin C\widehat{B}M}=\frac{AM}{CM}=1$

Οπότε $\displaystyle \frac{PS}{ST}=\frac{BP}{BT}\cdot \frac{\sin P\widehat{B}S}{\sin T\widehat{B}S}=1$ που ολοκληρώνει την απόδειξη.

Υπόψη ότι ABSM,ABTC

εγγράψιμα.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #10

KARKAR έγραψε: Τετ Ιουν 21, 2023 10:21 am Έκπληξη.pngΔείξτε ( πάντα με μέσο της ) , ότι για την τυχούσα τέμνουσα , ισχύει ότι : .

Αν επιπλέον : $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{2}{3}$ , βρείτε τη θέση της τέμνουσας , για την οποία προκύπτει : .

Η εφαπτόμενη του μικρού ημικυκλίου στο

τέμνει το μεσαίο ημικύκλιο στο

και το μεγάλο στο

Προφανώς τα BEMA,EZCM

είναι ορθογώνια με

μέσον της

και

ως κάθετες στην

Άρα (θ.Θαλή ) PS=ST

Ο κύκλος

τέμνει το μεσαίο ημικύκλιο στο

και η

το μεγάλο ημικύκλιο στο

Επειδή $BP \bot AS \Rightarrow AP=PS=ST$

: Ισότητα έκπληξη.png (28.23 KiB) Προβλήθηκε 813 φορές

Ισότητα - έκπληξη

Ισότητα - έκπληξη

Re: Ισότητα - έκπληξη

Re: Ισότητα - έκπληξη

Re: Ισότητα - έκπληξη

Re: Ισότητα - έκπληξη

Re: Ισότητα - έκπληξη

Re: Ισότητα - έκπληξη

Re: Ισότητα - έκπληξη

Re: Ισότητα - έκπληξη

Re: Ισότητα - έκπληξη

Μέλη σε σύνδεση