Περιπέτεια με προέκταση

KARKAR · #1

: Περιπέτεια με προέκταση.png (12.58 KiB) Προβλήθηκε 656 φορές

Στην προέκταση της πλευράς

του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle ABC$ , θεωρούμε σημείο

.

Η προέκταση του ύψους

τέμνει το

στο

, από το οποίο φέρουμε $PQ\parallel BA$ .

α) Δείξτε ότι η ευθεία

διέρχεται από του μέσο

του

.

β) Δείξτε ότι το τετράπλευρο PQCS

δεν είναι εγγράψιμο .

γ) Δείξτε ότι : $BQ\cdot BP=QC\cdot PS$ $\blacksquare$

#2

α) στο τραπέζιο PQAB

η

διέρχεται από το μέσο

της βάσης

.

Έτσι όμως η

είναι διάμεσος προς την υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου DAB

.

Θα είναι επομένως $\left\{ \begin{gathered} \widehat \theta = \widehat {{a_1}}\,\,\kappa \alpha \iota \, \hfill \\ \,\widehat {{a_1}}\, = \widehat {{a_2}}\, \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \widehat \theta = \widehat {{a_2}}\, \Rightarrow NM//AS$ οπότε το

μέσο της

.

: περιπέτεια με προέκταση.png (25.34 KiB) Προβλήθηκε 635 φορές

β) Αν το τετράπλευρο PQCS

ήταν εγγράψιμο θα ήταν και

$\widehat \omega = \widehat {SPQ} = \widehat {PBA} = \widehat {{\omega _1}} + \widehat {SBC} \Rightarrow \widehat {SBC} = 0^\circ$ ( άτοπο ).

γ) Από το Θ. Μενελάου στο $\vartriangle BCS$ με διατέμνουσα $\overline {AQM}$ και Θ. διχοτόμου έχω :

$\dfrac{{BQ}}{{QC}} \cdot \dfrac{{CA}}{{AS}} \cdot \dfrac{{SM}}{{MB}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{BQ}}{{QC}} \cdot \dfrac{{AB}}{{AS}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{BQ}}{{QC}} \cdot \dfrac{{BP}}{{PS}} = 1$ άρα : $BQ \cdot BP = QC \cdot PS$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 16, 2018 7:40 pm
Περιπέτεια με προέκταση.pngΣτην προέκταση της πλευράς του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle ABC$ , θεωρούμε σημείο .

Η προέκταση του ύψους τέμνει το στο , από το οποίο φέρουμε $PQ\parallel BA$ .

α) Δείξτε ότι η ευθεία διέρχεται από του μέσο του .

β) Δείξτε ότι το τετράπλευρο δεν είναι εγγράψιμο .

γ) Δείξτε ότι : $BQ\cdot BP=QC\cdot PS$ $\blacksquare$

1.Με $\displaystyle MD \cap AB = N$ και Ceva στο $\displaystyle \vartriangle AMB \Rightarrow \frac{{MQ}}{{QA}} \cdot \frac{{AN}}{{NB}} \cdot \frac{{BP}}{{PM}} = 1$

Αλλά $\displaystyle PQ//AB \Rightarrow \frac{{MQ}}{{QA}} = \frac{{PM}}{{BP}}$ άρα $\displaystyle \frac{{AN}}{{NB}} = 1 \Rightarrow AN = NB$ .Άρα $\displaystyle M$ μέσον της $\displaystyle BS$

2.Αν ήταν εγγράψιμο το $\displaystyle PQCS$ οι πράσινες γωνίες θα ήταν ίσες που είναι άτοπο αφού $\displaystyle \angle C > \angle S$

3.Επειδή $\displaystyle AD$ διχοτόμος της $\displaystyle \angle A$ και $\displaystyle LP//AB \Rightarrow AL = LP$ .Επιπλέον, οι γωνίες $\displaystyle \phi$ του σχήματος

είναι προφανώς ίσες οπότε $\displaystyle \angle S + x = \angle y + x = \phi \Rightarrow \angle S = y$

Έτσι, $\displaystyle LP$ είναι εφαπτόμενη του περίκυκλου του $\displaystyle \vartriangle PCS$ οπότε $\displaystyle L{P^2} = LC \cdot LS \Rightarrow A{L^2} = LC \cdot LS \Rightarrow \frac{{AL}}{{LS}} = \frac{{LC}}{{AL}}.$

Άλλά $\displaystyle \frac{{AL}}{{LS}} = \frac{{BP}}{{PS}}$ και $\displaystyle \frac{{LC}}{{AL}} = \frac{{QC}}{{BQ}}$ κι επομένως $\displaystyle \frac{{BP}}{{PS}} = \frac{{QC}}{{BQ}} \Leftrightarrow \boxed{BP \cdot BQ = PS \cdot QC}$

: περιπέτεια και προέκταση.png (26.35 KiB) Προβλήθηκε 606 φορές

STOPJOHN · #4

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Μαρ 16, 2018 7:40 pm
Περιπέτεια με προέκταση.pngΣτην προέκταση της πλευράς του ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle ABC$ , θεωρούμε σημείο .

Η προέκταση του ύψους τέμνει το στο , από το οποίο φέρουμε $PQ\parallel BA$ .

α) Δείξτε ότι η ευθεία διέρχεται από του μέσο του .

β) Δείξτε ότι το τετράπλευρο δεν είναι εγγράψιμο .

γ) Δείξτε ότι : $BQ\cdot BP=QC\cdot PS$ $\blacksquare$

α) Εστω ότι MB=MS

Θα αποδείξω ότι PQ//AB

Είναι $BM=MS,BD=DC\Leftrightarrow DM//AC\Rightarrow \dfrac{PD}{PA}=\dfrac{PM}{PS}=\dfrac{DM}{b+2DM}\Leftrightarrow \dfrac{PD}{DA}=\dfrac{DM}{b+DM},(1)$

Θα αποδειχθεί ότι $\dfrac{MP}{MB}=\dfrac{MQ}{MA},(2)$

$DM//AC\Rightarrow \dfrac{MQ}{QA}=\dfrac{DQ}{QS}=\dfrac{DM}{b}\Leftrightarrow \dfrac{MQ}{MA}= \dfrac{DM}{b+DM}=\dfrac{PD}{DA}$
λόγω της (1)

Ισχύει $\dfrac{MP}{MS}=\dfrac{PD}{DA}=\dfrac{DM}{b+DM}$

β) $\hat{\omega }=\hat{ACB},\hat{\phi }=\hat{CSB},\hat{\omega }>\hat{\phi },\hat{QPS}=\hat{ABS}=2\omega -\phi$
Οπότε $\hat{QPS}\neq \hat{\omega }$

γ) Απο το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο BCS

με τέμνουσα $AQM,\dfrac{BQ}{QS}=\dfrac{b+CS}{b},(*),$
ομοίως στο τρίγωνο $BCS,\dfrac{SP}{BP}=\dfrac{b+CS}{b},(**), (*),(**)\Rightarrow \dfrac{BQ}{QC}=\dfrac{PS}{BP}\Leftrightarrow BQ.BP=QC.PS$

Γιάννης

Περιπέτεια με προέκταση

Περιπέτεια με προέκταση

Re: Περιπέτεια με προέκταση

Re: Περιπέτεια με προέκταση

Re: Περιπέτεια με προέκταση

Μέλη σε σύνδεση