Ζητάω το λόγο

#1

: Ζητάω το λόγο.png (15.1 KiB) Προβλήθηκε 393 φορές

Σε ισοσκελές τρίγωνο ABC

με

φέρνουμε τα ύψη AD, CE

και τη διάμεσο AM.

Αν

είναι το ορθόκεντρο και

το βαρύκεντρο, α) Να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{(AHG)}{(GMC)}$

β) Αν επιπλέον το

είναι αριθμητικά ίσο με το (AHG),

να βρείτε τα μήκη των πλευρών του ABC.

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #2

Καλημέρα. Η δική μου λύση στην πολύ ωραία αυτή άσκηση του Γιώργου με τις ευχαριστίες μου για τη βοήθεια στην ανάρτησή της στο mathematica.
α) Έστω $\displaystyle AB = 2a \Leftrightarrow AC = BC = 4a.$ Προφανώς, λόγω του ισοσκελούς ABC

είναι

και το

θα είναι βαρύκεντρο του ABC.

Με Πυθαγόρειο στο BEC

και 1ο θεώρημα διαμέσων για την

βρίσκω $\displaystyle EC = a\sqrt {15}$ και $\displaystyle AM = a\sqrt 6.$

Λόγω όμως του βαρύκεντρου θα είναι $\displaystyle GA = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3},GM = \frac{{a\sqrt 6 }}{3},GC = \frac{{2a\sqrt {15} }}{3},GE = \frac{{a\sqrt {15} }}{3}$

Ζητάω το λόγο.ggb: (52.07 KiB) Μεταφορτώθηκε 10 φορές

Φέρνω τη μεσοκάθετο της

που τέμνει την

στο περίκεντρο

του

Ως γνωστόν GH=2GO(

ευθεία $\rm Euler).$ Από τα όμοια τρίγωνα OMC, BEC

είναι:

$\displaystyle \frac{{OM}}{{BE}} = \frac{{OC}}{{BC}} = \frac{{CM}}{{EC}} \Rightarrow \frac{{OM}}{a} = \frac{{OC}}{{4a}} = \frac{2}{{\sqrt {15} }} \Rightarrow OM = \frac{{2a}}{{\sqrt {15} }},OC = \frac{{8a}}{{\sqrt {15} }}$ και εύκολα πλέον

$\displaystyle GO = \frac{{2a\sqrt {15} }}{{15}},GH = \frac{{4a\sqrt {15} }}{{15}}$ και $\displaystyle \frac{{(AHG)}}{{(CMG)}} = \frac{{AG \cdot GH}}{{GM \cdot GC}},$ όπου με αντικατάσταση $\boxed{\frac{(AHG)}{(CMG)}=\frac{4}{5}}$

β) $\displaystyle (AHG) = \frac{1}{2}GH \cdot GE = \frac{{2{a^2}\sqrt {15} }}{{15}},$ όπου από υπόθεση $\displaystyle AH = \frac{{2{a^2}\sqrt {15} }}{{15}}$

Τα ορθογώνια τρίγωνα EAH, BCE

έχουν $E\widehat AH=B\widehat CE$ (ως οξείες με πλευρές κάθετες), άρα είναι όμοια, οπότε

$\displaystyle \frac{{AH}}{{BC}} = \frac{{AE}}{{CE}} \Rightarrow \frac{{2{a^2}\sqrt {15} }}{{60a}} = \frac{a}{{a\sqrt {15} }} \Leftrightarrow a = 2,$ απ' όπου $\boxed{AB=4}$ και $\boxed{AC=BC=8}$

#3

Ευχαριστώ τον εξαιρετικό συνάδελφο Γιώργο Λέκκα για τη λύση του και βάζω το σχήμα του.

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 15, 2024 10:47 am
Καλημέρα. Η δική μου λύση στην πολύ ωραία αυτή άσκηση του Γιώργου με τις ευχαριστίες μου για τη βοήθεια στην ανάρτησή της στο mathematica.
α) Έστω $\displaystyle AB = 2a \Leftrightarrow AC = BC = 4a.$ Προφανώς, λόγω του ισοσκελούς είναι

και το θα είναι βαρύκεντρο του

Με Πυθαγόρειο στο και 1ο θεώρημα διαμέσων για την βρίσκω $\displaystyle EC = a\sqrt {15}$ και $\displaystyle AM = a\sqrt 6.$

Λόγω όμως του βαρύκεντρου θα είναι $\displaystyle GA = \frac{{2a\sqrt 6 }}{3},GM = \frac{{a\sqrt 6 }}{3},GC = \frac{{2a\sqrt {15} }}{3},GE = \frac{{a\sqrt {15} }}{3}$

Φέρνω τη μεσοκάθετο της που τέμνει την στο περίκεντρο του Ως γνωστόν ευθεία $\rm Euler).$ Από τα όμοια τρίγωνα είναι:

Ζητάω το λόγο (1).png (25.25 KiB) Προβλήθηκε 268 φορές

$\displaystyle \frac{{OM}}{{BE}} = \frac{{OC}}{{BC}} = \frac{{CM}}{{EC}} \Rightarrow \frac{{OM}}{a} = \frac{{OC}}{{4a}} = \frac{2}{{\sqrt {15} }} \Rightarrow OM = \frac{{2a}}{{\sqrt {15} }},OC = \frac{{8a}}{{\sqrt {15} }}$ και εύκολα πλέον

$\displaystyle GO = \frac{{2a\sqrt {15} }}{{15}},GH = \frac{{4a\sqrt {15} }}{{15}}$ και $\displaystyle \frac{{(AHG)}}{{(CMG)}} = \frac{{AG \cdot GH}}{{GM \cdot GC}},$ όπου με αντικατάσταση $\boxed{\frac{(AHG)}{(CMG)}=\frac{4}{5}}$

β) $\displaystyle (AHG) = \frac{1}{2}GH \cdot GE = \frac{{2{a^2}\sqrt {15} }}{{15}},$ όπου από υπόθεση $\displaystyle AH = \frac{{2{a^2}\sqrt {15} }}{{15}}$

Τα ορθογώνια τρίγωνα έχουν $E\widehat AH=B\widehat CE$ (ως οξείες με πλευρές κάθετες), άρα είναι όμοια, οπότε

$\displaystyle \frac{{AH}}{{BC}} = \frac{{AE}}{{CE}} \Rightarrow \frac{{2{a^2}\sqrt {15} }}{{60a}} = \frac{a}{{a\sqrt {15} }} \Leftrightarrow a = 2,$ απ' όπου $\boxed{AB=4}$ και $\boxed{AC=BC=8}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 04, 2024 2:02 pm
Ζητάω το λόγο.png
Σε ισοσκελές τρίγωνο με φέρνουμε τα ύψη και τη διάμεσο

Αν είναι το ορθόκεντρο και το βαρύκεντρο, α) Να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{(AHG)}{(GMC)}$

β) Αν επιπλέον το είναι αριθμητικά ίσο με το να βρείτε τα μήκη των πλευρών του

Ξεκινώ από το δεύτερο ερώτημα

Το

είναι κ.βάρους του τριγώνου ABC

κι έστω $GZ\bot AD$ με GZ =x

Είναι $\angle EAM= \angle AMB= \angle AGZ$ άρα το εγγράψιμμο AEZG

είναι ισοσκελές τραπέζιο ,οπότε $x= \dfrac{c}{2}$

$2(AHG)=AH.x \Rightarrow x=2 \Rightarrow \dfrac{c}{2}=2 \Rightarrow c=4 \Rightarrow b=a=8$

Πρώτο ερώτημα

Από Π.Θ στο $\triangle AEC \Rightarrow EC= \dfrac{c \sqrt{15} }{2}$ και

$AE^2=EH.EC \Rightarrow \dfrac{c^2}{4}=EH. \dfrac{c \sqrt{15} }{2} \Rightarrow EH= \dfrac{c \sqrt{15} }{30} = \dfrac{EC}{15}= \dfrac{1}{15}.3EG= \dfrac{EG}{5} \Rightarrow \dfrac{HG}{EG}= \dfrac{4}{5}$

Είναι όμως $EM//AC \Rightarrow (GMC)=(AEG)$ .Άρα $\dfrac{(AHG)}{(GMC)} = \dfrac{(AHG)}{(AEG)}= \dfrac{HG}{EG}= \dfrac{4}{5}$

: Ζητώ το λόγο.png (34.22 KiB) Προβλήθηκε 217 φορές

#5

Καλή Σαρακοστή σε όλους!

Αφού ευχαριστήσω και τον Μιχάλη για τη λύση του

να πω ότι στο πρώτο ερώτημα έχουμε,

σε γενικές γραμμές, την ίδια λύση. Να πω ακόμα ότι η άσκηση κατασκευάστηκε με βάση την σχέση:

$\displaystyle (GAB) = (GBC) = (GAC) = \frac{1}{3}(ABC),$ που ισχύει σε κάθε τρίγωνο ABC

με βαρύκεντρο

.

Άρα, $\displaystyle (GMC) = (GAE) = \frac{1}{6}(ABC),$ κλπ.

Ζητάω το λόγο

Ζητάω το λόγο

Re: Ζητάω το λόγο

Re: Ζητάω το λόγο

Re: Ζητάω το λόγο

Re: Ζητάω το λόγο

Μέλη σε σύνδεση