Μέσος ανάλογος και καθετότητα

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλημέρα και καλή Ανάσταση!
Το τρίγωνο ABC

έχει γωνία $\angle A=80^o$ , ενώ AB=AC

Το σημείο $H \in BC$ ώστε το

να είναι μέσος ανάλογος των BH,BC

.

Το σημείο $E \in AC$ ώστε ο κυκλικός ημιδίσκος διαμέτρου

να έχει τριπλάσιο εμβαδόν από αυτό του κυκλικού ημιδίσκου με διάμετρο την

Να εξεταστεί η καθετότητα των

Αν κάποιος φίλος ευκαιρεί, ας προσθέσει,(τον ευχαριστώ ιδιαιτέρως) ,το κατάλληλο σχήμα.

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Παρ Απρ 10, 2026 11:52 am
Καλημέρα και καλή Ανάσταση!
Το τρίγωνο έχει γωνία $\angle A=80^o$ , ενώ

Το σημείο $H \in BC$ ώστε το να είναι μέσος ανάλογος των .

Το σημείο $E \in AC$ ώστε ο κυκλικός ημιδίσκος διαμέτρου να έχει τριπλάσιο εμβαδόν από αυτό του κυκλικού ημιδίσκου με διάμετρο την

Να εξεταστεί η καθετότητα των

Αν κάποιος φίλος ευκαιρεί, ας προσθέσει,(τον ευχαριστώ ιδιαιτέρως) ,το κατάλληλο σχήμα.

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

: Μέσος ανάλογος και καθετότητα.png (21.41 KiB) Προβλήθηκε 367 φορές

Dimessi · #3

$\frac{1}{2}\pi \left ( \frac{BC}{2} \right )^{2}=3\cdot \frac{1}{2}\pi \left ( \frac{AE}{2} \right )^{2}\Rightarrow BC=AE\sqrt{3}$

$BH\cdot BC=AB^2\Rightarrow \angle BAH=\angle C=50^\circ \Rightarrow \angle HAE=30^\circ.$

$\left ( \star \right ):b^2-ab\sqrt{3}+\frac{a^{3}}{b\sqrt{3}}=b^2\left ( 1-2\sqrt{3}\cos 50^\circ+\frac{8\cos^350^\circ}{\sqrt{3}} \right )=b^2\cdot \frac{2\cos150^\circ+\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=0$

$b(BE^2+AE \cdot EC)=EC \cdot b^2+AE \cdot a^2\Rightarrow BE^2=\frac{\left ( b-\frac{a}{\sqrt{3}} \right )b^{2}+\frac{a}{\sqrt{3}}a^2}{b}-\frac{a}{\sqrt{3}}\left ( b-\frac{a}{\sqrt{3}} \right )$ $=b^2-\frac{2ab}{\sqrt{3}}+\frac{a^{2}}{3}+\frac{a^{3}}{b\sqrt{3}}\overset{\left ( \star \right )}=\frac{a^{2}}{3}+\frac{ab}{\sqrt{3}}=AE^{2}+AE\cdot AB,$

από όπου διαπιστώνουμε ότι $\angle BAE=2\angle ABE \Rightarrow \angle AEB=60^\circ=90^\circ-\angle HAE \Rightarrow AH \perp EB.$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Παρ Απρ 10, 2026 11:52 am
Καλημέρα και καλή Ανάσταση!
Το τρίγωνο έχει γωνία $\angle A=80^o$ , ενώ

Το σημείο $H \in BC$ ώστε το να είναι μέσος ανάλογος των .

Το σημείο $E \in AC$ ώστε ο κυκλικός ημιδίσκος διαμέτρου να έχει τριπλάσιο εμβαδόν από αυτό του κυκλικού ημιδίσκου με διάμετρο την

Να εξεταστεί η καθετότητα των

Αν κάποιος φίλος ευκαιρεί, ας προσθέσει,(τον ευχαριστώ ιδιαιτέρως) ,το κατάλληλο σχήμα.

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Χρόνια πολλά με υγεία σε όλους..

Ας είναι M,D

μέσα των

.Προφανώς(από δεδομένα για τα ημικύκλια) ισχύει η σχέση $a^2=3AE^2\Rightarrow AE= \dfrac{a}{ \sqrt{3} }$

Ισχύει b^2=BH.a

άρα $\angle BAH= \angle ACB= \angle ABC=50^0 \Rightarrow BH=AH$ και $\angle HAC=30^0$

$b^2=BH.a\Leftrightarrow \dfrac{b^2}{2}= \dfrac{a}{2} .BH \Rightarrow BM.BA=BD.BH \Rightarrow A,M,D,H$ ομοκυκλικά.

Είναι $b^2=BH.a \Rightarrow BH=AH= \dfrac{b^2}{a}$

$sin60^0= \dfrac{ \sqrt{3} }{2}= \dfrac{AQ}{AH}= \dfrac{AQ}{ \dfrac{b^2}{a} } \Rightarrow \dfrac{b^2}{2} = AQ. \dfrac{a}{ \sqrt{3} }=AQ.AE \Rightarrow M,B,E,Q$ ομοκυκλικά

Επομένως $\angle QEB=60^0 \Rightarrow AH \bot BE$

: Μέσος ανάλογος και καθετότητα.png (28.98 KiB) Προβλήθηκε 246 φορές

Γιώργος Μήτσιος · #5

Ευχαριστώ τον Γιώργο για την βοήθεια, τον Δημήτρη και τον Μιχάλη για τις λύσεις τους!!
Με αφορμή και την εδώ (κυρίως τριγωνομετρική) λύση, έφτασα στο προς απόδειξη λήμμα που ακολουθεί ,
χρήσιμο ίσως και σε άλλο θέμα.

Θεωρούμε τρίγωνο με και
$AE=k, E \in AC$ . Ας είναι $\angle A=2x$ .
Να εξεταστεί αν ισχύει η ισοδυναμία

$\angle ABE= x \Leftrightarrow a= 2k \cdot sin 3x$

Σας ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

#6

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τετ Απρ 15, 2026 1:55 pm
Ευχαριστώ τον Γιώργο για την βοήθεια, τον Δημήτρη και τον Μιχάλη για τις λύσεις τους!!
Με αφορμή και την εδώ (κυρίως τριγωνομετρική) λύση, έφτασα στο προς απόδειξη λήμμα που ακολουθεί ,
χρήσιμο ίσως και σε άλλο θέμα.

Θεωρούμε τρίγωνο με και
$AE=k, E \in AC$ . Ας είναι $\angle A=2x$ .
Να εξεταστεί αν ισχύει η ισοδυναμία

$\angle ABE= x \Leftrightarrow a= 2k \cdot sin 3x$

Σας ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

$\displaystyle \bullet$ Έστω $A\widehat BE=x.$ Τότε από γνωστή σχέση διπλάσιας γωνίας είναι $\boxed{BE^2=k(k+b)}$ (1)

Με νόμο συνημιτόνου στο ABE,

είναι $\displaystyle {k^2} = {b^2} + B{E^2} - 2bBE\cos x \Leftrightarrow \cos x = \frac{{{b^2} + B{E^2} - {k^2}}}{{2bBE}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} \cos x = \frac{{b + k}}{{2BE}}$

Με νόμο ημιτόνου στο BEC,

έχω $\displaystyle \frac{{BE}}{{\cos x}} = \frac{a}{{\sin 3x}} \Leftrightarrow a = \frac{{2B{E^2}}}{{b + k}}\sin 3x\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{a = 2k\sin 3x}$

: Λήμμα.ΓΜ.png (10.63 KiB) Προβλήθηκε 154 φορές

$\displaystyle \bullet$ Αντίστροφα, έστω $a=2k\sin 3x.$

$\displaystyle a = 2b\sin x = 2k\sin 3x = 2k\sin x(3 - 4{\sin ^2}x) \Leftrightarrow b = 3k - 2k(1 - \cos 2x) \Leftrightarrow \cos 2x = \frac{{b - k}}{{2k}}$

Με νόμο συνημιτόνου τώρα στο ABE,

είναι

απ' όπου προκύπτει ότι $\boxed{A\widehat BE=x}$

Με το παραπάνω λήμμα τακτοποιείται και το θέμα mon ami

Γιώργος Μήτσιος · #7

Σ' ευχαριστώ Γιώργο :πολύχρονος! για την ως άνω κομψή-πλήρη απόδειξη!

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 16, 2026 9:40 am

Με το παραπάνω λήμμα τακτοποιείται και το θέμα mon ami

Το παρόν θέμα ..εμφανίστηκε για να υπηρετήσει το θέμα του notre ami!

H σχέση $\angle ABE= \angle A/2$ μπορεί ν' αποδειχθεί και πιο απλά-σύντομα , με Γυμνασιακή ύλη..
προς τούτο έπεται συνέχεια..

Γιώργος Μήτσιος · #8

Επανέρχομαι.
Στο τρίγωνο

του σχήματος είναι AB=AC

, $\widehat A=80^o$ και $BC= \sqrt{3} AE$ .
Θα δείξουμε ότι $A\widehat BE=40^o$

: Μέσος ανάλογος.png (42.43 KiB) Προβλήθηκε 31 φορές

Στη μεσοκάθετο

θεωρούμε το

ώστε $\angle MCN=30^0$ . Τότε $BC=2MC= \sqrt{3}NC$ συνεπώς AE=NC

Έτσι τα τρίγωνα ABE,NAC

είναι ίσα (ΠΓΠ) , οπότε $\measuredangle ABE=\measuredangle BAC/2=40^0$

Φιλικά, Γιώργος.

Μέσος ανάλογος και καθετότητα

Μέσος ανάλογος και καθετότητα

Re: Μέσος ανάλογος και καθετότητα

Re: Μέσος ανάλογος και καθετότητα

Re: Μέσος ανάλογος και καθετότητα

Re: Μέσος ανάλογος και καθετότητα

Re: Μέσος ανάλογος και καθετότητα

Re: Μέσος ανάλογος και καθετότητα

Re: Μέσος ανάλογος και καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση