ΕΙΔΙΚΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #1

Θεωρούμε τρίγωνο ABC με AB+AC=2BC.
Να αποδειχθούν
1) Η ευθεία που ορίζεται από το βαρύκεντρο και το έγκεντρο του τριγώνου είναι παράλληλη στην BC.
2)Η ευθεία που ορίζεται από τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με τις πλευρές AB,AC διέρχεται από το μέσο της διαμέσου
AM.
3)Η ευθεία που ορίζεται από το περίκεντρο και το έγκεντρο του τριγώνου είναι κάθετη στην διχοτόμο AD.
4)Το άθροισμα των αποστάσεων ενός σημείου της διχοτόμου AD από τις πλευρές του τριγώνου είναι σταθερό.

#2

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: Τρί Σεπ 10, 2024 2:42 pm Θεωρούμε τρίγωνο ABC με AB+AC=2BC.
Να αποδειχθούν
1) Η ευθεία που ορίζεται από το βαρύκεντρο και το έγκεντρο του τριγώνου είναι παράλληλη στην BC.
2)Η ευθεία που ορίζεται από τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με τις πλευρές AB,AC διέρχεται από το μέσο της διαμέσου
AM.
3)Η ευθεία που ορίζεται από το περίκεντρο και το έγκεντρο του τριγώνου είναι κάθετη στην διχοτόμο AD.
4)Το άθροισμα των αποστάσεων ενός σημείου της διχοτόμου AD από τις πλευρές του τριγώνου είναι σταθερό.

$\bullet$ 1) Είναι $\dfrac{AI}{ID}\overset{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle ABD}{\mathop{=}}\,\dfrac{BA}{BD}=\dfrac{c}{\dfrac{ac}{b+c}}\overset{b+c=2a}{\mathop{=}}\,2=$ $\dfrac{AG}{GM}\overset{\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau \rho o\varphi o\,\,\theta \alpha \lambda \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle ADM}{\mathop{\Rightarrow }}\,IG\parallel DM\equiv BC$ , όπου I,G,M,D

το έγκεντρο, βαρύκεντρο, μέσο της

, ίχνος της

διχοτόμου αντίστοιχα

: Ειδικό τρίγωνο.png (33.24 KiB) Προβλήθηκε 220 φορές

$\bullet$ 2) Ας είναι K,L

τα σημεία επαφής του έγκυκλου με τις AB,AC

αντίστοιχα και $R\equiv KL\cap BC$ τότε από το Θεώρημα του Μενελάου στο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα την RKL

θα ισχύει: $\dfrac{\dfrac{a+b+c}{2}-c}{\dfrac{a+b+c}{2}-c}=\dfrac{a+b-c}{a+c-b}=$ $\dfrac{RB}{RC}\cdot \dfrac{LC}{\cancel{LA}}\cdot \dfrac{\cancel{KA}}{KB}=1\overset{LA=KA}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{RB}{RC}\cdot \dfrac{\tau -c}{\tau -b}=1$ $\Rightarrow \ldots \dfrac{RB}{RC}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow RB=2RM:\left( 1 \right)$

Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο $\vartriangle ABM$ με διατέμνουσα την RKN

όπου $N\equiv KL\cap AM$ θα έχουμε: $\dfrac{RB}{RM}\cdot \dfrac{NM}{NA}\cdot \dfrac{KA}{KB}=1\overset{RB=2BM}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{2}{3}\cdot \dfrac{NM}{NA}\cdot \dfrac{\tau -a}{\tau -\beta }=1$ $\overset{\ldots \tau -\alpha =\frac{3}{2}\left( \tau -b \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\ldots NM=NA\Rightarrow N$ το μέσο της

$\bullet$ 3) το ερώτημα αυτό έχει απαντηθεί πρόσφατα εδώ

$\bullet$ 4) Αν $S\in AD$ και SP,SQ,ST

είναι οι αποστάσεις του από τις πλευρές BC,CA,AB

σντίστοιχα, τότε $\left( ABC \right)=\left( SBC \right)+\left( SCA \right)+\left( SAB \right)\Rightarrow$ $\dfrac{a}{2}\cdot {{\upsilon }_{a}}=\dfrac{a}{2}\cdot SP+\dfrac{b}{2}\cdot SQ+\dfrac{c}{2}\cdot ST\overset{SQ=ST}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $\dfrac{a}{2}\cdot {{\upsilon }_{a}}=\dfrac{a}{2}\cdot SP+\dfrac{b+c}{2}\cdot SQ\Rightarrow$
$\overset{b+c=2a}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{a}{2}\cdot {{\upsilon }_{a}}=\dfrac{a}{2}\cdot SP+\dfrac{2a}{2}\cdot SQ\Rightarrow \ldots SP+2SQ={{\upsilon }_{a}}\Rightarrow$ $\overset{SQ=ST}{\mathop{\Rightarrow }}\,SP+SQ+ST={{\upsilon }_{a}}=ct$

Σχόλιο : Ένα επί πλέον ενδιαφέρον ερώτημα στο πρόβλημα του Σταύρου είναι το εξής: Στο σχήμα μου να δειχθεί ότι $IN\bot BC$

ΕΙΔΙΚΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

ΕΙΔΙΚΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΕΙΔΙΚΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Μέλη σε σύνδεση