Το τετράγωνο του λόγου

#1

: Το τετράγωνο του λόγου.png (11.11 KiB) Προβλήθηκε 685 φορές

Ο έγκυκλος κέντρου

, τριγώνου ABC

εφάπτεται των πλευρών $BC,\,\,CA,\,\,AB$ στα σημεία $D,\,\,E,\,\,F$ αντίστοιχα.

Η ευθεία

τέμνει την ευθεία

στο

και την ευθεία

στο

.

Αν

το σημείο τομής των ευθειών $AK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ δείξετε ότι : ${\left( {\dfrac{{BD}}{{BS}}} \right)^2} = \dfrac{{MD}}{{MS}}$

Ορέστης Λιγνός · #2

Doloros έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 10, 2019 11:34 am

Το τετράγωνο του λόγου.png

Ο έγκυκλος κέντρου , τριγώνου εφάπτεται των πλευρών $BC,\,\,CA,\,\,AB$ στα σημεία $D,\,\,E,\,\,F$ αντίστοιχα.

Η ευθεία τέμνει την ευθεία στο και την ευθεία στο .

Αν το σημείο τομής των ευθειών $AK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ δείξετε ότι : ${\left( {\dfrac{{BD}}{{BS}}} \right)^2} = \dfrac{{MD}}{{MS}}$

Καλημέρα κ. Νίκο !

Είναι γνωστό Λήμμα ότι το

είναι το μέσον της

.

Επίσης, έστω

το σημείο Gergonne του τριγώνου (το σημείο

είναι το σημείο συντρέχειας των AD,BE,CF

). Από το πλήρες AFDE.BC

έχω ότι τα S,B,D,C

είναι αρμονικά συζυγή.

Από τη σχέση Newton λοιπόν στα παραπάνω σημεία, έχω ότι $MB^2=MC^2=MD \cdot MS$ .

Τώρα, λίγη Άλγεβρα

.

Έστω, SB=x, BD=y, DM=z

και

.

Τότε, η σχέση Newton λέει ότι (y+z)^2=z(x+y+z)

ή ισοδύναμα z(x-y)=y^2

, και αφού $x \neq y$ (αν $x=y \Rightarrow y=0$ , άτοπο) είναι $z=\dfrac{y^2}{x-y}$ .

Εμείς θέλουμε να δείξουμε ότι $\dfrac{BD^2}{BS^2}=\dfrac{MD}{MS} \Rightarrow \dfrac{y^2}{x^2}=\dfrac{z}{x+y+z}$ .

Αντικαθιστούμε $z=\dfrac{y^2}{x-y}$ και προκύπτει $\dfrac{z}{x+y+z}=\dfrac{\dfrac{y^2}{x-y}}{x+y+\dfrac{y^2}{x-y}}=\dfrac{\dfrac{y^2}{x-y}}{\dfrac{x^2}{x-y}}=\dfrac{y^2}{x^2}$ , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

Doloros έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 10, 2019 11:34 am
Το τετράγωνο του λόγου.png

Ο έγκυκλος κέντρου , τριγώνου εφάπτεται των πλευρών $BC,\,\,CA,\,\,AB$ στα σημεία $D,\,\,E,\,\,F$ αντίστοιχα.

Η ευθεία τέμνει την ευθεία στο και την ευθεία στο .

Αν το σημείο τομής των ευθειών $AK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ δείξετε ότι : ${\left( {\dfrac{{BD}}{{BS}}} \right)^2} = \dfrac{{MD}}{{MS}}$

Θεωρώ

και θέτω

Από γνωστό λήμμα (*) είναι

μέσο του

.Έστω

η ημιπερίμετρος του ABC

Από το θεώρημα του Μενελάου στo ABC

με διατέμνουσα $\overline{SFE}$ έχουμε $\dfrac{SB}{SC}=\dfrac{FB}{EC}\Leftrightarrow \dfrac{x}{x+a}=\dfrac{t-b}{t-c}\Leftrightarrow ..x=\dfrac{a\left ( t-b \right )}{b-c}$
Έτσι έχουμε $\left ( \dfrac{BD}{BS} \right )^2=\dfrac{MD}{MS}\Leftrightarrow \left (\dfrac{t-b}{a\dfrac{t-b}{b-c}} \right )^2=\dfrac{\dfrac{a}{2}-\left ( t-b \right )}{\dfrac{a}{2}+a\dfrac{t-b}{b-c}}\Leftrightarrow ....\Leftrightarrow t=\dfrac{a+b+c}{2}$ που ισχύει .

(*)Απόδειξη λήμματος:

Φέρουμε από το

παράλληλη στην

που τέμνει τις AB,AC

στα

αντίστοιχα.Αρκεί

μέσον του

.
Είναι $IK\perp ST$ και IFSK,IKET

εγγράψιμα και προκύπτει εύκολα $\angle IST=\angle ITS$ δηλαδή SIT

ισοσκελές άρα

ύψος και διάμεσος....

Βλέπω πως με πρόλαβε ο Ορέστης

#4

Doloros έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 10, 2019 11:34 am
Το τετράγωνο του λόγου.png

Ο έγκυκλος κέντρου , τριγώνου εφάπτεται των πλευρών $BC,\,\,CA,\,\,AB$ στα σημεία $D,\,\,E,\,\,F$ αντίστοιχα.

Η ευθεία τέμνει την ευθεία στο και την ευθεία στο .

Αν το σημείο τομής των ευθειών $AK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ δείξετε ότι : ${\left( {\dfrac{{BD}}{{BS}}} \right)^2} = \dfrac{{MD}}{{MS}}$

Η πολική του

ως προς τον έγκυκλο είναι προφανώς η

( χορδή των επαφών) που διέρχεται από το

.

Άρα η πολική του

ως προς τον ίδιο κύκλο θα διέρχεται από το

, αλλά κι από το

γιατί το

είναι εφαπτόμενο τμήμα , δηλαδή είναι η

.

Αν η

, κόψει την

στο

τότε η δέσμη: $A(S,P\backslash F,E)$ είναι αρμονική και επομένως η τετράδα $(S,D\backslash B,C)$ είναι αρμονική.

Τα

είναι μέσο του

όπως πολύ σωστά ανέφεραν πιο πάνω οι φερέλπιδες νέοι Ορέστης και Πρόδρομος .

: Το τετράγωνο του λόγου_και λύση.png (27.12 KiB) Προβλήθηκε 582 φορές

Γράφω τώρα ημικύκλιο διαμέτρου

που η

το τέμνει στο σημείο

και αφού

η τετράδα $A(S,P\backslash F,E)$ είναι αρμονική το

είναι εφαπτόμενο τμήμα στο ημικύκλιο

Η

είναι διχοτόμος του $\vartriangle TDS$ . Από το ορθογώνιο τρίγωνο TSM

με ύψος προς την υποτείνουσα

και λόγω του Θ. διχοτόμου στο $\vartriangle TDS$ έχω:

$\boxed{{{\left( {\frac{{BD}}{{BS}}} \right)}^2} = {{\left( {\frac{{TD}}{{TS}}} \right)}^2} = \frac{{T{D^2}}}{{T{S^2}}} = \frac{{MD \cdot DS}}{{MS \cdot DS}} = \frac{{MD}}{{MS}}}$

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #5

Doloros έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 10, 2019 11:34 am
Το τετράγωνο του λόγου.png

Ο έγκυκλος κέντρου , τριγώνου εφάπτεται των πλευρών $BC,\,\,CA,\,\,AB$ στα σημεία $D,\,\,E,\,\,F$ αντίστοιχα.

Η ευθεία τέμνει την ευθεία στο και την ευθεία στο .

Αν το σημείο τομής των ευθειών $AK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ δείξετε ότι : ${\left( {\dfrac{{BD}}{{BS}}} \right)^2} = \dfrac{{MD}}{{MS}}$

Καλησπέρα!

Μία σύντομη λύση:
Η τετράδα (B,C,S,D)

είναι αρμονική (εύκολο) και

μέσο του

,άρα από

έχω :

$\left\{\begin{matrix} & MD\cdot DS=BD\cdot DC & \\ & MS\cdot DS=BS\cdot SC & \end{matrix}\right.\overset{:}{\Rightarrow }\dfrac{MD}{MS}=\dfrac{BD}{BS}\cdot \dfrac{DC}{SC}=\left ( \dfrac{BD}{BS} \right )^2$

Το τετράγωνο του λόγου

Το τετράγωνο του λόγου

Re: Το τετράγωνο του λόγου

Re: Το τετράγωνο του λόγου

Re: Το τετράγωνο του λόγου

Re: Το τετράγωνο του λόγου

Μέλη σε σύνδεση