Στοίχιση

KARKAR · #1

: Στοίχιση.png (18.42 KiB) Προβλήθηκε 179 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC

, η

είναι διάμεσος και η

διχοτόμος .

Φέρουμε : $AD \perp CB$ και :

AE \perp CM

. Βρείτε μια ιδιότητα , την οποία

αρκεί να έχει το τρίγωνο , ώστε τα σημεία D , E , F

να είναι συνευθειακά .

abgd · #2

Τα

είναι συνευθειακά αν και μόνο αν η η ευθεία

είναι διατέμνουσα του τριγώνου MBC

Τα

είναι συνευθειακά αν και μόνο αν

\dfrac{FM}{FB}\cdot \dfrac{BD}{DC} \cdot \dfrac {CE}{EM} =1 \ \ \bf {(1)}

Από το θεώρημα διχοτόμου:

FB=\dfrac{ac}{a+b}

, οπότε

FM=\dfrac{(a-b)c}{2(a+b)}

και έτσι

\dfrac{FM}{FB}=\dfrac{a-b}{2a}

Επίσης, από τις μετρικές σχέσεις των ορθογωνίων τριγώνων:

\dfrac{BD}{DC} =\dfrac{c^2}{b^2}

και

\dfrac {CE}{EM}=\dfrac{4b^2}{c^2}

Αντικαθιστώντας στην $\bf{(1)}$ έχουμε:

\dfrac{2(a-b)}{a}=1 \Leftrightarrow b=\dfrac{a}{2} \Leftrightarrow \boxed{B=30^o}

abgd · #3

Μια δεύτερη λύση....

: stoixisi.png (67.04 KiB) Προβλήθηκε 134 φορές

Αν

F, E, D

συνευθειακά τότε από την ομοιότητα των τριγώνων

FEM, FBD

θα είναι:

\dfrac{FE}{FB}=\dfrac{FM}{FD} \Leftrightarrow FE\cdot FD=FM \cdot FB \ \ \bf{(1)}

Από το θεώρημα διχοτόμου:

FB=\dfrac{ac}{a+b}

, οπότε

FM=\dfrac{(a-b)c}{2(a+b)}

και έτσι

FM \cdot FB=\dfrac{(a-b)ac^2}{2(a+b)^2}

Από το θεώρημα διχοτόμου:

FA=\dfrac{bc}{a+b}

Από τη δύναμη του σημείου

ως προς τον κύκλο των σημείων

A, C, D, E

είναι

FE\cdot FD=FA^2=\dfrac{b^2c^2}{(a+b)^2}

Αντικαθιστώντας στην $\bf{(1)}$ έχουμε:

a^2-ab-2b^2=0\Leftrightarrow b=\dfrac{a}{2} \Leftrightarrow \boxed{B=30^o}

#4

KARKAR έγραψε: Παρ Οκτ 30, 2026 9:41 am Στοίχιση.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , η είναι διάμεσος και η διχοτόμος .

Φέρουμε : $AD \perp CB$ και : $AE \perp CM$ . Βρείτε μια ιδιότητα , την οποία

αρκεί να έχει το τρίγωνο , ώστε τα σημεία να είναι συνευθειακά .

Από το προφανές εγγράψιμο ACDE

κι επειδή στο ορθογώνιο τρίγωνο ACM

το

είναι ύψος, όλες

οι κόκκινες γωνίες θα είναι ίσες, άρα και το

MEDB

θα είναι εγγράψιμο και από δύναμη σημείου θα είναι:

: Στοίχιση.png (23.26 KiB) Προβλήθηκε 112 φορές

A{F^2} = FE \cdot FD = FM \cdot FB

Αλλά,

AF=\dfrac{bc}{a+b}, FB=\dfrac{ac}{a+b}, FM=FB-\dfrac{c}{2},

οπότε με αντικατάσταση στην (1)

προκύπτει η εξίσωση

a^2-ab-2b^2=0,

απ' όπου $\boxed{a=2b}$

#5

george visvikis έγραψε: Κυρ Νοέμ 01, 2026 7:42 am
KARKAR έγραψε: Παρ Οκτ 30, 2026 9:41 am Στοίχιση.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , η είναι διάμεσος και η διχοτόμος .

Φέρουμε : $AD \perp CB$ και : $AE \perp CM$ . Βρείτε μια ιδιότητα , την οποία

αρκεί να έχει το τρίγωνο , ώστε τα σημεία να είναι συνευθειακά .
Από το προφανές εγγράψιμο κι επειδή στο ορθογώνιο τρίγωνο το είναι ύψος, όλες

οι κόκκινες γωνίες θα είναι ίσες, άρα και το $MEDB$ θα είναι εγγράψιμο και από δύναμη σημείου θα είναι:
Στοίχιση.png
$A{F^2} = FE \cdot FD = FM \cdot FB$

Αλλά, $AF=\dfrac{bc}{a+b}, FB=\dfrac{ac}{a+b}, FM=FB-\dfrac{c}{2},$ οπότε με αντικατάσταση στην

προκύπτει η εξίσωση $a^2-ab-2b^2=0,$ απ' όπου $\boxed{a=2b}$

καλές και οι δύο άλλες απαντήσεις , αλλά του Γιώργου είναι πιο κομψή και πιο σύντομη .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

KARKAR έγραψε: Παρ Οκτ 30, 2026 9:41 am Στοίχιση.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , η είναι διάμεσος και η διχοτόμος .

Φέρουμε : $AD \perp CB$ και : $AE \perp CM$ . Βρείτε μια ιδιότητα , την οποία

αρκεί να έχει το τρίγωνο , ώστε τα σημεία να είναι συνευθειακά .

Η κάθετη από το

στη διχοτόμο

τέμνει την

στο

οπότε

\triangle ACN

ισοσκελές

και προφανώς τα

A,C,D,E,L

είναι ομοκυκλικά

Oι μπλε γωνίες λοιπόν του σχήματος είναι ίσες και

μέσον της

άρα

ML//BN

και

οι σημειωμένες γωνίες $\theta$ είναι ίσες ,συνεπώς και $\omega = \theta$

Η

περνά από το κέντρο

του κύκλου

(A,C,D,E,L)

άρα

\phi = \omega = \theta

Έτσι

3 \theta =90^0 \Rightarrow \theta =30^0

: Στοίχιση.png (72.57 KiB) Προβλήθηκε 77 φορές

#7

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε: Κυρ Νοέμ 01, 2026 5:35 pm
KARKAR έγραψε: Παρ Οκτ 30, 2026 9:41 am Στοίχιση.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , η είναι διάμεσος και η διχοτόμος .

Φέρουμε : $AD \perp CB$ και : $AE \perp CM$ . Βρείτε μια ιδιότητα , την οποία

αρκεί να έχει το τρίγωνο , ώστε τα σημεία να είναι συνευθειακά .
Η κάθετη από το στη διχοτόμο τέμνει την στο οπότε $\triangle ACN$ ισοσκελές

και προφανώς τα $A,C,D,E,L$ είναι ομοκυκλικά

Oι μπλε γωνίες λοιπόν του σχήματος είναι ίσες και μέσον της άρα $ML//BN$ και

οι σημειωμένες γωνίες $\theta$ είναι ίσες ,συνεπώς και $\omega = \theta$

Η περνά από το κέντρο του κύκλου $(A,C,D,E,L)$ άρα $\phi = \omega = \theta$

Έτσι $3 \theta =90^0 \Rightarrow \theta =30^0$

Στοίχιση.png

Στοίχιση

Στοίχιση

Re: Στοίχιση

Re: Στοίχιση

Re: Στοίχιση

Re: Στοίχιση

Re: Στοίχιση

Re: Στοίχιση

Μέλη σε σύνδεση