mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 8:58 am**

Βάζω την άσκηση αυτή εδώ , και όχι στο φάκελο ''ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ'' , γιατί τόσο η διατύπωσή της όσο και η λύση που βρήκα είχε να κάνει με
γνώσεις που δεν διδάσκουμε στα παιδιά , δυστυχώς......

Δίνεται τρίγωνο ΑΒC και έστω Η το ορθόκεντρό του.
Έστω επίσης Μ τυχαίο σημείο του κύκλου Euler του τριγώνου αυτού.
Αποδείξτε ότι το άθροισμα
$MA^{2}+MB^{2}+MC^{2}+MH^{2}$
είναι σταθερό.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 9:57 am**

Θεωρούμε γνωστά ότι:

• Ο κύκλος του Euler (των εννέα σημείων) τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$ είναι ο κύκλος που διέρχεται από τα μέσα των πλευρών, τα ίχνη των υψών και τα μέσα των αποστάσεων του ορθοκέντρου από τις κορυφές (δηλαδή στο σχήμα που ακολουθεί τα σημεία $\displaystyle{ A',B',C',A_1 ,B_1 ,C_1 ,A'_1 ,B'_1 ,C'_1 }$

• Το ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει το μέσο μιας πλευράς του τριγώνου με το μέσο της απόστασης του ορθοκέντρου από την κορυφή που βρίσκεται απέναντι από την πλευρά αυτή είναι διάμετρος του κύκλου Euler (δηλαδή στο σχήμα που ακολουθεί μία διάμετρος είναι η $\displaystyle{ C_1 C'_1 }$

• Η ακτίνα έστω $\displaystyle{ r_E }$ του κύκλου του Euler είναι ίση με τη μισή ακτίνα (έστω $\displaystyle{ R }$ ) του περιγεγραμμένου του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle ABC }$

• Η απόσταση του ορθοκέντρου από μια κορυφή τριγώνου είναι ίση με το διπλάσιο της απόστασης του κέντρου του περικύκλιου του τριγώνου από την απέναντι της κορυφής αυτής πλευρά (δηλαδή στο θέμα μας $\displaystyle{ \boxed{HC = 2OC'_1 } }$

Με γνωστά τα πιο πάνω πάμε στο θέμα μας
Στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle MAB }$ με διάμεσο την $\displaystyle{ MC'_1 }$ από το πρώτο θεώρημα των διαμέσων έχουμε:

$\displaystyle{ MA^2 + MB^2 = 2MC'_1 ^2 + \frac{{AB^2 }} {2} \Rightarrow \boxed{MA^2 + MB^2 = 2MC'_1 ^2 + \frac{{c^2 }} {2}}:\left( 1 \right) }$

Ομοίως στο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle MHC }$ με διάμεσο την $\displaystyle{ MC_1 }$ από το πρώτο θεώρημα των διαμέσων έχουμε:

$\displaystyle{ MC^2 + MH^2 = 2MC_1 ^2 + \frac{{CH^2 }} {2} \Rightarrow MC^2 + MH^2 = 2MC_1 ^2 + \frac{{4OC'_1 ^2 }} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle OC'_1 A(o\rho \theta .\sigma \tau o.C'_1 ) \Rightarrow \Pi .\Theta } \ldots }$

$\displaystyle{ MC^2 + MH^2 = 2MC_1 ^2 + \frac{{4\left( {R^2 - \frac{{c^2 }} {4}} \right)}} {2} \Rightarrow \boxed{MC^2 + MH^2 = 2MC_1 ^2 + 2R^2 - \frac{{c^2 }} {2}}:\left( 2 \right) }$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ C_1 MC'_1 \mathop \Rightarrow \limits^{\Pi .\Theta } MC'_1 ^2 + MC_1 ^2 = CC'_1 ^2 = \left( {2r_E } \right)^2 \mathop = \limits^{r_E = \frac{R} {2}} R^2 \Rightarrow \boxed{MC'_1 ^2 + MC_1 ^2 = R^2 }:\left( 3 \right) }$

Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων

$\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow MA^2 + MB^2 + MC^2 + MH^2 = 2MC'_1 ^2 + 2MC_1 ^2 + \frac{{c^2 }} {2} + 2R^2 - \frac{{c^2 }} {2} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ MA^2 + MB^2 + MC^2 + MH^2 = 2\left( {MC'_1 ^2 + MC_1 ^2 } \right) + 2R^2 \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \boxed{MA^2 + MB^2 + MC^2 + MH^2 = 4R^2 = ct} }$

Στάθης
Υ.Σ: Μέσα στην ημέρα θα ανεβάσω από το αρχείο μου τις αποδείξεις των θεμάτων που εδώ θεώρησα γνωστά γιατί πράγματι δεν υπάρχουν (τουλάχιστον όλα) στο σχολικό βιβλίο

και κάτι ακόμα που μου ήρθε τώρα: Σκέφτομαι να έρχεται ο Euler με ένα Laptop "φωρτομένο με geogebra, Corel, ...." "παραμάσχαλα" και να ψάχνω να βρώ σε πιά σπηλιά θα πάω να κρυφτώ!!!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 1:16 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Υ.Σ: Μέσα στην ημέρα θα ανεβάσω από το αρχείο μου τις αποδείξεις των θεμάτων που εδώ θεώρησα γνωστά γιατί πράγματι δεν υπάρχουν (τουλάχιστον όλα) στο σχολικό βιβλίο

και κάτι ακόμα που μου ήρθε τώρα: Σκέφτομαι να έρχεται ο Euler με ένα Laptop "φωρτομένο με geogebra, Corel, ...." "παραμάσχαλα" και να ψάχνω να βρώ σε πιά σπηλιά θα πάω να κρυφτώ!!!

Οπως έχω υποσχεθεί ανεβάζω τα θέματα που για τη λύση της υπέροχης άσκησης του υπέροχου ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗ θεώρησα γνωστά

Υ.Σ. Αν κάποιος επιμελητής (η Φωτεινή π.χ) θεωρεί ότι τα αρχεία αυτά έχουν κάποιο ενδειαφέρον ας τα μετακινήσει όπου νομίζει πως θα είναι πιο χρήσιμα
Ευχαριστώ

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 1:39 pm**

13 Ιουνίου 2010 , σου πήρε σχεδόν ένα χρόνο !

Νάσαι καλά !

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 1:49 pm**

Μετά την πληρέστατη απάντηση του Στάθη, παραθέτω μία ακόμα απόδειξη:

Από το θεώρημα του Leibniz είναι αρκετό να αποδείξουμε, ότι η παράσταση

$\displaystyle{3MG^2+MH^2}$ είναι σταθερή, όταν το $\displaystyle{M}$ είναι σημείο του κύκλου Euler.

Γνωρίζουμε, ότι τα σημεία $\displaystyle{H,G,O}$ είναι συνευθειακά (ευθεία Euler), ισχύει $\displaystyle{HG=\frac{2}{3}HO,}$ το κέντρο $\displaystyle{K}$ του κύκλου Euler είναι το μέσον του $\displaystyle{HO}$ και η ακτίνα του κύκλου Euler ισούται με $\displaystyle{\frac{R}{2}.}$

Τότε, με εφαρμογή του θεωρήματος Stewart στο τρίγωνο $\displaystyle{MGH}$ με σεβιανή την $\displaystyle{MK}$ , βρίσκουμε

$\displaystyle{KG\cdot HM^2+HK\cdot MG^2=MK^2\cdot HG+HG\cdot HK\cdot KG,}$ οπότε αντικαθιστώντας

$\displaystyle{HG=\frac{2}{3}HO,HK=\frac{1}{2}HO,KG=\frac{1}{6}HO}$ και $\displaystyle{MK=\frac{R}{2}}$ φτάνουμε μετά τις πράξεις στο

$\displaystyle{3MG^2+MH^2=R^2+\frac{HO^2}{3}.}$ δηλαδή σταθερό.

Μάλιστα, η αρχική παράσταση θα ισούται με

$\displaystyle{3MG^2+MH^2+\frac{a^2+b^2+c^2}{3}=R^2+\frac{HO^2}{3}+\frac{a^2+b^2+c^2}{3}=4R^2,}$

αφού ισχύει $\displaystyle{HO^2=9R^2-(a^2+b^2+c^2).}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 1:58 pm**

KARKAR έγραψε:13 Ιουνίου 2010 , σου πήρε σχεδόν ένα χρόνο !

Νάσαι καλά !

Επειδή ο χρόνος είναι σχετικός κατά Einstein και μάλιστα δίνεται από τον τύπο $\displaystyle{ \boxed{t = t_0 \cdot \sqrt {1 - \frac{{u^2 }} {{c^2 }}} } }$ όπου $\displaystyle{ t_0 }$ θεωρείται ο χρόνος σε «ηρεμία» , $\displaystyle{ c = 3 \cdot 10^5 \frac{{Km}} {{\sec }} }$
και $\displaystyle{ u }$ η ταχύτητα κίνησης βάζω στον παρατηρητικότατο φίλο Θανάση (KARKAR) τον οποίο και ευχαριστώ το εξής πρόβλημα:

Με πόση ταχύτητα κινήθηκα για να διορθώσω ένα ολόκληρο έτος σε $\displaystyle{ 10\min }$

Θανάση κάνε έναν κόπο να το ξαναφορτώσεις για να δεις ότι έγινε!!!
Σε ευχαριστώ!!!
Φιλικά
Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 4:27 pm**

Τώρα που το θέμα αντιμετωπίστηκε τόσο από το Στάθη , όσο και από το Θάνο, νομίζω ότι πρέπει να γράψω και τη δική μου άποψη για το θέμα.
Βλέποντας το άθροισμα τετραγώνων , το μυαλό μου πήγε αυτόματα στο θεώρημα Leibnitz. Η λύση μου είναι σαν του Θάνου.
Το θεώρημα Leibnitz είναι άλλο ένα ωραίο θεώρημα το οποίο έχει εξοριστεί από τη σχολική ύλη.Βοηθά σε πολλά θέματα.Δεν θυμάμαι σχολικό βιβλίο να το αναφέρει τα τελευταία 30 χρόνια.Αν κάνω λάθος , να με διορθώσετε.
Ευχαριστώ όσους ασχολήθηκαν με το θέμα που πρότεινα.

mathematica.gr

Ο Euler είναι παντού....

Ο Euler είναι παντού....

Re: Ο Euler είναι παντού....

Re: Ο Euler είναι παντού....

Re: Ο Euler είναι παντού....

Re: Ο Euler είναι παντού....

Re: Ο Euler είναι παντού....

Re: Ο Euler είναι παντού....