Αθροίσματα τετραγώνων αποστάσεων

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΡΑΤΟΣ · #1

Καλό μεσημέρι

Ασκηση
Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με βαρύκεντρο Κ και τυχαίο σημείο Ρ στο επίπεδο του τριγώνου. Τότε να αποδειχθεί ότι $\displaystyle{ PA^2 + PB^2 + P\Gamma ^2 = 3PK^2 + AK^2 + BK^2 + \Gamma K^2 }$ .

Στη βιβλιογραφία το βρηκα ως θεώρημα Leibnitz.

A.Spyridakis · #2

Ας παίξουμε λίγο με διανύσματα:
${\overrightarrow{P A} ^2 +\overrightarrow{P B} ^2 +\overrightarrow{P \Gamma } ^2 -\overrightarrow{A K} ^2 -\overrightarrow{B K} ^2 -\overrightarrow{\Gamma K} ^2 =(\overrightarrow{P A} -\overrightarrow{A K})(\overrightarrow{P A} +\overrightarrow{A K})+{(\overrightarrow{P B} -\overrightarrow{B K})(\overrightarrow{P B} +\overrightarrow{B K})}+(\overrightarrow{P \Gamma } -\overrightarrow{\Gamma K})(\overrightarrow{P \Gamma } +\overrightarrow{\Gamma K}) =} \overrightarrow{P K}(\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P \Gamma } +\overrightarrow{K A}+\overrightarrow{K B}+\overrightarrow{K \Gamma } )={\overrightarrow{P K}(\overrightarrow{P A}+\overrightarrow{P B}+\overrightarrow{P \Gamma } ) =\overrightarrow{P K}(\overrightarrow{P K}+\overrightarrow{K A}+\overrightarrow{P K}+\overrightarrow{K B}+\overrightarrow{P K}+\overrightarrow{K \Gamma } )=\overrightarrow{P K}\cdot 3\overrightarrow{P K} =3\overrightarrow{P K}^2 }$

#3

Μετά την απάντηση του Αντώνη ,ας δούμε και της Φωτεινής

[attachment=0]STRATOS.png[/attachment]
αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι $\boxed{\displaystyle{PA^2+PB^2+PC^2=3PK^2+\frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)}}$

Με θεώρημα Stewart στο τρίγωνο ΡΑΜ έχουμε

$\displaystyle{PA^2.KM+PM^2.KA=PK^2.AM+AM.AK.KM},\ \ \alpha\lambda\lambda\alpha\ \ KM=\frac{AM}{3},$ $\displaystyle{AK=\frac{2.AM}{3}, \Longrightarrow}$

$\displaystyle{PA^2=3.PK^2+\frac{2}{3}AM^2-2.PM^2,\ \ \boxed{(1)}}$

============================================================

$\displaystyle{PA^2+PB^2+PC^2=3.PK^2+\frac{2}{3}AM^2-2.PM^2+\Big(2.PM^2+\frac{BC^2}{2}\Big)}\Longrightarrow$

$\displaystyle{PA^2+PB^2+PC^2=3.PK^2+\frac{2}{3}AM^2+\frac{BC^2}{2}}$ ,,,αλλάζουμε $\displaystyle{\Big(AM^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}\Big)}\Longrightarrow$

$\boxed{\displaystyle{PA^2+PB^2+PC^2=3PK^2+\frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)}}$

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΡΑΤΟΣ · #4

Αντώνη, Φωτεινή ευχαριστώ για τις λύσεις και τον πλουραλισμό σας! το συγκεκριμενο "θεώρημα" Leibnitz με χρήση του με διευκόλυνε (λιγότερες πράξεις) στην λύση της άσκησης
Αν έχουμε ισόπλευρο τριγωνο ΑΒΓ πλευρας α το αθροισμα των τετραγωνων των απόστασεων συμειο του εγγεγραμμενου κύκλου από τις κορυφες του είναι ίσο με 5α^2/4, μια άσκηση που υπάρχει και στο σχολικο βιβλιο ΟΕΔΒ(2002).

Αθροίσματα τετραγώνων αποστάσεων

Αθροίσματα τετραγώνων αποστάσεων

Re: Αθροίσματα τετραγώνων αποστάσεων

Re: Αθροίσματα τετραγώνων αποστάσεων

Re: Αθροίσματα τετραγώνων αποστάσεων

Μέλη σε σύνδεση