Μια παραλληλία

giannimani · #1

Σε μη ισοσκελές τρίγωνο ABC

,

είναι το περίκεντρο,

το ορθόκεντρο,

το κέντρο βάρους,

το μέσο του

,
και

το μέσο της πλευράς

. Αν

το σημείο τομής των ευθειών

και

, να αποδείξετε ότι $GG' \parallel AH$ .

: paral.png (31.9 KiB) Προβλήθηκε 1159 φορές

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

giannimani έγραψε: Κυρ Μάιος 10, 2020 7:53 pm Σε μη ισοσκελές τρίγωνο , είναι το περίκεντρο, το ορθόκεντρο, το κέντρο βάρους, το μέσο του ,
και το μέσο της πλευράς . Αν το σημείο τομής των ευθειών και , να αποδείξετε ότι $GG' \parallel AH$ .paral.png

Καλησπέρα!

Αν $\rm P\equiv AO\cap HM$ τότε είναι γνωστό ότι το $\rm P$ είναι το αντιδιαμετρικό του $\rm A$ ως προς τον $\rm (A,B,C)$ .
Ο διπλός λόγος $\rm \dfrac{NH}{NG}:\dfrac{OH}{OG}=\dfrac{OH/2}{\dfrac{HO}{2}-\dfrac{OH}{3}}:\dfrac{OH}{\dfrac{OH}{3}}=1$ .
Άρα $\rm \dfrac{G'H}{G'M}:\dfrac{PH}{PM}=1\Leftrightarrow \dfrac{G'H}{G'M}=2=\dfrac{AG}{GM}\Leftrightarrow GG'\parallel AH$

#3

giannimani έγραψε: Κυρ Μάιος 10, 2020 7:53 pm Σε μη ισοσκελές τρίγωνο , είναι το περίκεντρο, το ορθόκεντρο, το κέντρο βάρους, το μέσο του ,
και το μέσο της πλευράς . Αν το σημείο τομής των ευθειών και , να αποδείξετε ότι $GG' \parallel AH$ .paral.png

: μια παραλληλία.png (37.63 KiB) Προβλήθηκε 1101 φορές

Αν $P\equiv AN\cap OM\overset{HN=NO,AH\parallel OM}{\mathop{\Rightarrow }}\,AHPO$ παραλληλόγραμμο και με $AH=2OM\Rightarrow M$ το μέσο της $OP\overset{N\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,OH}{\mathop{\Rightarrow }}\,{G}'$ το βαρύκεντρο του $\vartriangle OPH\Rightarrow \dfrac{{G}'M}{{G}'H}=\dfrac{1}{2}\overset{G\,\,\beta \alpha \rho \upsilon \kappa \varepsilon \nu \tau \rho o\,\,\tau o\upsilon \,\,\vartriangle ABC}{\mathop{=}}\,\dfrac{GM}{GH}\Rightarrow G{G}'\parallel AH$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Ορέστης Λιγνός · #4

giannimani έγραψε: Κυρ Μάιος 10, 2020 7:53 pm Σε μη ισοσκελές τρίγωνο , είναι το περίκεντρο, το ορθόκεντρο, το κέντρο βάρους, το μέσο του ,
και το μέσο της πλευράς . Αν το σημείο τομής των ευθειών και , να αποδείξετε ότι $GG' \parallel AH$ .
paral.png

Είναι, $HN=HO/2=\dfrac{3HG}{4}$ , άρα NG=HG-HN=HN/3

. Με το Θ. Μενελάου στο $\vartriangle GMH$ με διατέμνουσα $\overline{G'NA}$ παίρνω άμεσα ότι G'H=2G'M

, άρα

, οπότε από το αντίστροφο του Θ.Θαλή είναι $GG' \parallel OM \parallel AH$ , και τελειώσαμε.

Μια παραλληλία

Μια παραλληλία

Re: Μια παραλληλία

Re: Μια παραλληλία

Re: Μια παραλληλία

Μέλη σε σύνδεση