Γι αυτό το λόγο

#1

: Γι αυτό το λόγο.png (12.5 KiB) Προβλήθηκε 942 φορές

Έστω

το περίκεντρο και BD, CE

τα ύψη οξυγώνιου τριγώνου ABC.

Αν

είναι το μέσο του

και $\displaystyle{CO \bot EM},$ να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{AE}{EB}$

Ορέστης Λιγνός · #2

Έστω

το σημείο τομής της

με την

.

Παίρνουμε σημείο

στην

ώστε $KM \perp AC$ .

Αφού $BD \perp AC$ , είναι $KM \parallel BD$ .

Όμως,

μέσο της

, άρα

.

Είναι $\widehat{KMA}=\widehat{KEC}=90^0$ , άρα KECM

εγγράψιμο.

Είναι $\widehat{OCA}=90-\widehat{B}$ (απλό).

Από το ορθογώνιο ZMC

είναι $\widehat{ZMC}=\widehat{B}$ .

Όμως, από το εγγράψιμο EKMC

, $\widehat{EKC}=\widehat{EMC}=\widehat{B}$ .

Εύκολα, το KCB

είναι ισοσκελές, με

ύψος, οπότε EK=EB

.

Από την AK=KB

έχουμε $AE=AK+KE=KB+KE=2EB+EB=3EB \Leftrightarrow \boxed{\dfrac{AE}{EB}=3}$ .

: ORESTIS.png (24.94 KiB) Προβλήθηκε 861 φορές

edit: Έβαλα το σχήμα.

#3

george visvikis έγραψε:Γι αυτό το λόγο.png
Έστω το περίκεντρο και τα ύψη οξυγώνιου τριγώνου Αν είναι το μέσο του και $\displaystyle{CO \bot EM},$ να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{AE}{EB}$

: καλή πρόοδος.png (32.54 KiB) Προβλήθηκε 893 φορές

Αν είναι οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα (μέσα προφανώς των από τα αποστήματα) , τότε με $OC\bot EM$

σύμφωνα με το Stathis Koutras' Theorem θα ισχύει $\dfrac{{EL}}{{KC}} = \dfrac{{AM}}{{AE}}\mathop = \limits^{AD = 2AM} \dfrac{1}{2}\dfrac{{AD}}{{AE}}:\left( 1 \right)$ .

Από το Θεώρημα των τεμνομένων χορδών EB,CD

(στο σημείο ) του περικυκλίου $\left( B,C,D,E \right)$ (διαμέτρου ) στο θα είναι

$AD \cdot AC = AE \cdot AB \Rightarrow \dfrac{{AD}}{{AE}} = \dfrac{{AB}}{{AC}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \dfrac{{EL}}{{KC}} = \dfrac{{AB}}{{2AC}}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{AC = 2KC} \dfrac{{EL}}{{KC}} = \dfrac{{AB}}{{4KC}} \Rightarrow EL = \dfrac{{AB}}{4} = \dfrac{{BL}}{2} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{AE}}{{EB}} = 3}$

και το ζητούμενο έχει υπολογιστεί.

Στάθης

Γι αυτό το λόγο

Γι αυτό το λόγο

Re: Γι αυτό το λόγο

Re: Γι αυτό το λόγο

Μέλη σε σύνδεση