Σελίδα 1 από 1

Γωνίες με μέσον

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιούλ 10, 2017 5:38 pm
από george visvikis
Γωνίες με μέσον.png
Γωνίες με μέσον.png (8.76 KiB) Προβλήθηκε 234 φορές

Σε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ABC(AB=AC) η κάθετη από την κορυφή A στη διάμεσο CM

τέμνει την υποτείνουσα στο P. Να δείξετε ότι A\widehat MC=B\widehat MP.

Re: Γωνίες με μέσον

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιούλ 10, 2017 6:54 pm
από KARKAR
Γωνίες.png
Γωνίες.png (7.62 KiB) Προβλήθηκε 218 φορές
Η πρασινοκόκκινη ισότητα και η πρασινομπλέ ομοιότητα δίνουν τη λύση

Re: Γωνίες με μέσον

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιούλ 10, 2017 7:02 pm
από Doloros
Γωνίες με μέσον_1.png
Γωνίες με μέσον_1.png (17.46 KiB) Προβλήθηκε 215 φορές


Έστω O το μέσο του BC και G το βαρύκεντρο του\vartriangle ABC που είναι προφανώς

ορθόκεντρο του \vartriangle APC. Επειδή OG = OP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PM//AC θα είναι η OM διχοτόμος

της ορθής γωνίας \widehat {GOP} με άμεση συνέπεια , \vartriangle GOM = \vartriangle POM \Rightarrow MG = MP και

αφού BP = AG \Leftrightarrow BP + PO = AG + GO θα είναι \vartriangle AMG = \vartriangle BMP και το ζητούμενο προφανές.

Re: Γωνίες με μέσον

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιούλ 10, 2017 7:58 pm
από Doloros
Γωνίες με μέσον.png
Γωνίες με μέσον.png (18.61 KiB) Προβλήθηκε 207 φορές


Ας είναι O το μέσο του BC = 12k\,\,,\,\,k > 0. Έστω ακόμα T το σημείο τομής των CM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AP

Θέτω AC = 2m \Rightarrow AM = MB = m\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\boxed{\dfrac{{TC}}{{CM}} = \dfrac{{A{C^2}}}{{A{M^2}}} = 4}\,\,(1).

Από το Θ. Μενελάου στο \vartriangle MBC με διατέμνουσα \overline {ATP} έχω :

\dfrac{{MA}}{{AB}} \cdot \dfrac{{BP}}{{PC}} \cdot \dfrac{{CT}}{{TM}} = 1 \Rightarrow \boxed{PC = 2BP} και άρα :

\dfrac{{OP}}{{OC}} = \dfrac{{AP}}{{AC}} \Leftrightarrow \dfrac{{2k}}{{6k}} = \dfrac{{4k}}{{12k}} δηλαδή τα O,B αρμονικά συζυγή των P,C

και αφού MO \bot MB στο \vartriangle MPC οι MO\,\,,MB είναι εσωτερική και εξωτερική διχοτόμος αντίστοιχα και το ζητούμενο φανερό .

Re: Γωνίες με μέσον

Δημοσιεύτηκε: Δευ Ιούλ 10, 2017 10:55 pm
από Doloros
george visvikis έγραψε:Γωνίες με μέσον.png
Σε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ABC(AB=AC) η κάθετη από την κορυφή A στη διάμεσο CM

τέμνει την υποτείνουσα στο P. Να δείξετε ότι A\widehat MC=B\widehat MP.


Γωνίες με μέσον_3.png
Γωνίες με μέσον_3.png (31.45 KiB) Προβλήθηκε 191 φορές


Ας είναι O το μέσο του BC και T το σημείο τομής των AP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MC.

Το τετράπλευρο ATOC είναι εγγράψιμο γιατί τα T,\,\,O βλέπουν υπό ίσες γωνίες την

AC και άρα \widehat \phi  = \widehat {{\omega _1}} . Αλλά \widehat \phi  = \widehat x ( οξείες με πλευρές κάθετες) , άρα \widehat x = \widehat {{\omega _1}}\,\,\,(1) .

Δηλαδή και το τετράπλευρο MBOT είναι εγγράψιμο σε κύκλο κέντρου K και

διαμέτρου BO γιατί \widehat {BMO} = 90^\circ. Αν N ο νότιος πόλος σ αυτόν τον κύκλο θα

είναι \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}} ως εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο . Λόγω τώρα της (1) θα είναι \widehat x = \widehat {{\omega _2}}.

Αλλά λογω συμμετρίας ως προς την BO θα είναι \widehat {{\omega _2}} = \widehat y και άρα \boxed{\widehat x = \widehat y}.

Re: Γωνίες με μέσον

Δημοσιεύτηκε: Τρί Ιούλ 11, 2017 1:33 am
από Μιχάλης Τσουρακάκης
george visvikis έγραψε:Γωνίες με μέσον.png
Σε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ABC(AB=AC) η κάθετη από την κορυφή A στη διάμεσο CM

τέμνει την υποτείνουσα στο P. Να δείξετε ότι A\widehat MC=B\widehat MP.


Με AN\perp BC , H είναι ορθόκεντρο του \triangle APC,άρα \angle NPH=45^{0}\Rightarrow PH//AB\Rightarrow AHPB ισοσκελές τραπέζιο

Άρα η μεσοκάθετος NM της AB είναι μεσοκάθετος και της PH\Rightarrow \angle PMN=\angle NMH\Rightarrow x=y

GMM.png
GMM.png (17.37 KiB) Προβλήθηκε 175 φορές


Τώρα βλέπω ότι η λύση μου είναι ίδια με την πρώτη του Νίκου. Την αφήνω...

Re: Γωνίες με μέσον

Δημοσιεύτηκε: Τρί Ιούλ 11, 2017 3:21 pm
από STOPJOHN
george visvikis έγραψε:Γωνίες με μέσον.png
Σε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ABC(AB=AC) η κάθετη από την κορυφή A στη διάμεσο CM

τέμνει την υποτείνουσα στο P. Να δείξετε ότι A\widehat MC=B\widehat MP.


Θα αποδείξω οτι

\hat{DMC}=\hat{PMD}\Leftrightarrow \dfrac{PD}{MP}=\dfrac{DC}{MC}, MD//AC,
Ισχύουν
a^{2}=2b^{2}\Leftrightarrow a=b\sqrt{2},MC^{2}=\frac{5b^{2}}{4}\Leftrightarrow MC=\dfrac{a\sqrt{10}}{4},DC=\dfrac{a}{2},\dfrac{DC}{MC}=\dfrac{\sqrt{10}}{5},(1)

Aπο τα όμοια τρίγωνα AIO,APD,PD=\dfrac{a}{6},
Από το θεώρημα
Stweart 
,BMD,MP=\dfrac{a\sqrt{10}}{12},\dfrac{PD}{MP}=\dfrac{\sqrt{10}}{5},(2), (1),(2)\Rightarrow \dfrac{DC}{MC}=\dfrac{PD}{MP}\Leftrightarrow 90-\phi =90-\omega \Leftrightarrow \omega =\phi



Γιάννης

Re: Γωνίες με μέσον

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιούλ 12, 2017 12:25 am
από Γιώργος Μήτσιος
Xαίρετε ! Παραλλαγή με χρήση του σχήματος :
12-7-17 Γωνίες..GV.PNG
12-7-17 Γωνίες..GV.PNG (6.96 KiB) Προβλήθηκε 109 φορές

Είναι \varepsilon \varphi \omega=\dfrac{AC}{AM} =2 \Rightarrow CH=2AH=4MH. Με το Θ. Μενελάου στο τρίγωνο BMC και διατέμνουσα την AHP

(όπως στη β' λύση του Νίκου ) βρίσκουμε BP=PC/2=BC/3.

Φέρω PZ\perp AB τότε : \dfrac{BZ}{BA}=\dfrac{BP}{BC}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow BZ=2BM/3\Rightarrow BZ=2MZ .

Τέλος έχουμε και \varepsilon \varphi \theta =\dfrac{PZ}{MZ}=\dfrac{BZ}{MZ}=2 οπότε \omega =\theta.

Φιλικά Γιώργος.

Re: Γωνίες με μέσον

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιούλ 12, 2017 6:54 am
από KARKAR
Ανα-λυτική.png
Ανα-λυτική.png (14.15 KiB) Προβλήθηκε 97 φορές
Συμπληρώνω το τετράγωνο ABDC . Τα τρίγωνα CAM,ABN είναι ίσα ,

όπως και τα τρίγωνα MBP,NBP , συνεπώς : \widehat{AMC}=\widehat{ANB}=\widehat{BMP} .

Κι ένα πρόσθετο ερώτημα : Βρείτε τη σχέση των γωνιών \widehat{MCB}=\widehat{APM}

Re: Γωνίες με μέσον

Δημοσιεύτηκε: Τετ Ιούλ 12, 2017 8:13 am
από george visvikis
KARKAR έγραψε: Κι ένα πρόσθετο ερώτημα : Βρείτε τη σχέση των γωνιών \widehat{MCB}=\widehat{APM}


Γωνίες με μέσον.β.png
Γωνίες με μέσον.β.png (11.8 KiB) Προβλήθηκε 91 φορές

\displaystyle{\theta  = {90^0} - P\widehat MH = {90^0} - ({180^0} - 2\omega ) = 2(\omega  - {45^0}) = 2(A\widehat MC - {45^0}) \Leftrightarrow } \boxed{\theta=2\varphi}