Στο λόγο μου

#1

: Στο λόγο μου.png (16.45 KiB) Προβλήθηκε 475 φορές

Στο εσωτερικό τριγώνου ABC

με

θεωρούμε σημείο

ώστε $M\widehat BC=M\widehat CA=M\widehat AB$ (σημείο Brocard).

Αν ο περίκυκλος του τριγώνου AMC

τέμνει τη

στο

να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{MC}{MD}.$

Ορέστης Λιγνός · #2

george visvikis έγραψε:
Στο λόγο μου.png
Στο εσωτερικό τριγώνου με θεωρούμε σημείο ώστε $M\widehat BC=M\widehat CA=M\widehat AB$ (σημείο Brocard).

Αν ο περίκυκλος του τριγώνου τέμνει τη στο να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{MC}{MD}.$

Γεια σας κύριε Γιώργο!

Μία περίπλοκη λύση, μπορεί να υπάρχει και πιο απλή...

Έστω $\widehat{BMA}=\widehat{MBC}=\widehat{MCA}=\phi$ .

Με Ν.Ημιτόνων (τι άλλο

) στο τρίγωνο MCD

παίρνουμε $\dfrac{MC}{MD}=\dfrac{\sin \widehat{MDC}}{\sin \widehat{MCD}}=\dfrac{\sin \widehat{MAC}}{\sin \widehat{MCB}}$ .

Όμως, $\displaystyle \dfrac{\sin \widehat{MAC}}{\sin \widehat{MCB}}=\dfrac{\sin \widehat{MAC}}{\sin \phi} \cdot \dfrac{\sin \phi}{\sin \widhat{MCB}}=\dfrac{MC}{MA} \cdot \dfrac{MC}{MB}=\dfrac{MC^2}{MA \cdot MB}$ .

Με Ν.Ημιτόνων στα MAC, MBC, MAB

παίρνουμε $\displaystyle MC=\dfrac{BC \cdot \sin \phi}{\sin \hat{C}}$ , $\displaystyle MA=\dfrac{AC \cdot \sin \phi}{\sin \hat{A}}$ και $MB=\dfrac{AB \cdot \sin \phi}{\sin \hat{B}}$ .

Τώρα, BC=2AB

, $\sin \widehat{A}=2\sin \hat{C}$ .

Με αντικατάσταση , $\dfrac{MC^2}{MA \cdot MB}=\dfrac{8AB \cdot \sin \hat{B}}{AC \cdot \sin \hat{C}}=8$ (από Ν.Ημιτόνων).

Άρα, $\boxed{\dfrac{MC}{MD}=8}$ .

#3

Ορέστης Λιγνός έγραψε:
george visvikis έγραψε:Στο λόγο μου.png
Στο εσωτερικό τριγώνου με θεωρούμε σημείο ώστε $M\widehat BC=M\widehat CA=M\widehat AB$ (σημείο Brocard).

Αν ο περίκυκλος του τριγώνου τέμνει τη στο να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{MC}{MD}.$
Γεια σας κύριε Γιώργο!

Μία περίπλοκη λύση, μπορεί να υπάρχει και πιο απλή...

Έστω $\widehat{BMA}=\widehat{MBC}=\widehat{MCA}=\phi$ .

Με Ν.Ημιτόνων (τι άλλο ) στο τρίγωνο παίρνουμε $\dfrac{MC}{MD}=\dfrac{\sin \widehat{MDC}}{\sin \widehat{MCD}}=\dfrac{\sin \widehat{MAC}}{\sin \widehat{MCB}}$ .

Όμως, $\displaystyle \dfrac{\sin \widehat{MAC}}{\sin \widehat{MCB}}=\dfrac{\sin \widehat{MAC}}{\sin \phi} \cdot \dfrac{\sin \phi}{\sin \widhat{MCB}}=\dfrac{MC}{MA} \cdot \dfrac{MC}{MB}=\dfrac{MC^2}{MA \cdot MB}$ .

Με Ν.Ημιτόνων στα παίρνουμε $\displaystyle MC=\dfrac{BC \cdot \sin \phi}{\sin \hat{C}}$ , $\displaystyle MA=\dfrac{AC \cdot \sin \phi}{\sin \hat{A}}$ και $MB=\dfrac{AB \cdot \sin \phi}{\sin \hat{B}}$ .

Τώρα, , $\sin \widehat{A}=2\sin \hat{C}$ .

Με αντικατάσταση , $\dfrac{MC^2}{MA \cdot MB}=\dfrac{8AB \cdot \sin \hat{B}}{AC \cdot \sin \hat{C}}=8$ (από Ν.Ημιτόνων).

Άρα, $\boxed{\dfrac{MC}{MD}=8}$ .

Ορέστη, τα δουλεύεις όλα τα εργαλεία επαγγελματικά, όπως λέει κι ο Νίκος(Doloros)

Με τη μαεστρία σου, τον έχεις διαλύσει τον συνονόματο Θεσσαλονικιό Κινέζο!

#4

george visvikis έγραψε:Στο λόγο μου.png
Στο εσωτερικό τριγώνου με θεωρούμε σημείο ώστε $M\widehat BC=M\widehat CA=M\widehat AB$ (σημείο Brocard). Αν ο περίκυκλος του τριγώνου τέμνει τη στο να υπολογίσετε το λόγο $\dfrac{MC}{MD}.$

Για μια καλησπέρα στην όμορφη! παρέα του

$\bullet$ Έστω το δεύτερο (εκτός του ) σημείο τομής του περίκυκλου του τριγώνου $\vartriangle AMB$ με την .

Τότε $B{C^2}\mathop = \limits^{\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \,\, - \,\,\tau \varepsilon \mu \nu o\upsilon \sigma \alpha } MC \cdot CK\mathop \Rightarrow \limits^{BC = 2AB} \boxed{4A{B^2} = MC \cdot CK}:\left( 1 \right)$ .

Είναι $A{B^2}\mathop = \limits^{\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \,\, - \,\,\tau \varepsilon \mu \nu o\upsilon \sigma \alpha } BD \cdot BC\mathop \Rightarrow \limits^{BC = 2AB} A{B^2} = 2BD \cdot AB \Rightarrow$ $AB = 2BD\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{8AB \cdot BD = MC \cdot CK}:\left( 2 \right)$ .
[attachment=0]στο λόγο μου.png[/attachment]
Επίσης $\angle CKA \equiv \angle MKA\mathop = \limits^{A,M,B,K\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle MBA\mathop \Rightarrow \limits^{\angle ACK = \angle MAB}$ $\vartriangle ABM \sim \vartriangle CKA \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{CK}} = \dfrac{{AM}}{{AC}} \Rightarrow$

$\boxed{AB \cdot AC = AM \cdot CK}:\left( 3 \right)$ . Από $\left( 2 \right):\left( 3 \right) \Rightarrow \dfrac{{8BD}}{{AC}} = \dfrac{{MC}}{{AM}} \Rightarrow \boxed{MC \cdot AC = 8BD \cdot AM}:\left( 4 \right)$ .

$\bullet$ Με $\angle MDB\mathop = \limits^{A,M,D,C\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle MAC\mathop \Rightarrow \limits^{\angle MBD = \angle ACM}$ $\vartriangle BMD \sim \vartriangle CMA \Rightarrow \dfrac{{MD}}{{AM}} = \dfrac{{BD}}{{AC}} \Rightarrow$ $\boxed{MD \cdot AC = BD \cdot AM}:\left( 5 \right)$ .

Από $\left( 4 \right):\left( 5 \right) \Rightarrow \boxed{\dfrac{{MC}}{{MD}} = 8}$ και το ζητούμενο έχει υπολογιστεί.

Στάθης

#5

Έστω

το άλλο σημείο τομής της

με τον κύκλο (A,M,C)

Επειδή $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_4}} = \widehat {{a_3}} = \widehat {{a_2}}$ από υπόθεση, χορδής κι εφαπτομένης, εγγεγραμμένες σε

ίδιο τόξο θα είναι AE//BC

άρα $\widehat {ACB} = \widehat {CAE}$ και αφού $\widehat {{a_5}} = \widehat {{a_6}}$ ως

εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο θα είναι $\vartriangle ABC \approx \vartriangle ECA$ ,συνεπώς $\boxed{AC = 2EC}\,\,(1)$ .

: Στο λόγο μου Βισβίκης.png (29.97 KiB) Προβλήθηκε 385 φορές

Επειδή $\left\{ \begin{gathered} \vartriangle MBD \approx \vartriangle CBE \hfill \\ \vartriangle EBC \approx \vartriangle ACM \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} MD = \frac{{DB \cdot CE}}{{EB}} \hfill \\ MC = \frac{{AC \cdot BC}}{{EB}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\frac{{MC}}{{MD}} = \frac{{BC}}{{DB}} \cdot \frac{{AC}}{{CE}}}\,\,(2)$

Αλλά αφού η

εφάπτεται του κύκλου (A,M,C)

θα είναι

$B{A^2} = BD \cdot BC \Rightarrow \boxed{BC = 4BD}\,\,(3)$ . Η (2)

λόγω των $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(3)$ δίδει

$\boxed{\frac{{MC}}{{MD}} = 8}$

Ήθελα να γράψω δύο λόγια προ λίγου αλλά με πέταξε έξω το δίκτυο . Τα γράφω τώρα.

Λαμβανομένου υπ όψιν το πολύ νεαρό της ηλικίας του Ορέστη ( ειδικά εν σχέση με μένα ) η έκφραση "Έλα Παππού να σου δείξω τα αμπέλια σου" ενώ λέγεται συνήθως περιπαιχτικά όταν κάποιος νεαρός κάνει υποδείξεις σε μεγαλύτερο και γνώστη των πραγμάτων , εδώ αντίθετα επαληθεύεται 100% . Πιστεύω να συμφωνεί και ο Στάθης . Ο Ορέστης τουλάχιστον εμένα νιώθω ότι με έχει αφήσει παρασάγγες πίσω ! Μπράβο Ορέστη Εύχομαι να ζήσω και να σε δω να Μεγαλουργείς !

#6

Χαιρετώ την εκλεκτή παρέα!

Θα δείξω τον γενικότερο τύπο $\displaystyle{\frac{{MC}}{{MD}} = {\left( {\frac{a}{c}} \right)^3}}$

: Στο λόγο μου.b.png (18.29 KiB) Προβλήθηκε 353 φορές

Από το θεώρημα Πτολεμαίου στο AMDC

: $AM(a-x) + b \cdot MD = MC \cdot AD \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{{MC}}{{MD}} = \frac{{AM(a-x)}}{{MD \cdot AD}} + \frac{b}{{AD}}}$ (1)

Από τα όμοια τρίγωνα ABC, ABD:

$\boxed{\frac{b}{{AD}} = \frac{a}{c}}$ (2)

και από ${c^2} = a \cdot x \Leftrightarrow$ $\boxed{x = \frac{{{c^2}}}{a}}$ (3)

Από τα όμοια τρίγωνα MDB, MAC:

$\dfrac{{AM}}{{MD}} = \dfrac{b}{{x}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(3)}$ $\boxed{\frac{{AM}}{{MD}} = \frac{{ba}}{{{c^2}}}}$ (4)

Από

, $\dfrac{{MC}}{{MD}} = \dfrac{{ba}}{{{c^2}}} \cdot \dfrac{{a - x}}{{\dfrac{{bc}}{a}}} + \dfrac{a}{c} = \dfrac{{ba}}{{{c^2}}} \cdot \dfrac{{{a^2} - {c^2}}}{{bc}} + \dfrac{a}{c} = \dfrac{{{a^3}}}{{{c^3}}} \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{{MC}}{{MD}} = {\left( {\frac{{a}}{{c}}} \right)^3}}$

Στο λόγο μου

Στο λόγο μου

Re: Στο λόγο μου

Re: Στο λόγο μου

Re: Στο λόγο μου

Re: Στο λόγο μου

Re: Στο λόγο μου

Μέλη σε σύνδεση