Διέλευση από το μέσο

#1

: Διέλευση από το μέσο.png (8.61 KiB) Προβλήθηκε 880 φορές

Έστω το συμμετρικό του έγκεντρου ως προς την ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ . Να δειχθεί ότι η διέρχεται από το μέσο της

S.E.Louridas · #2

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 27, 2021 5:44 pm
Διέλευση από το μέσο.png
Έστω το συμμετρικό του έγκεντρου ως προς την ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ . Να δειχθεί ότι η διέρχεται από το μέσο της

Μία επί του πιεστηρίου διαπραγμάτευση:

Αν

το σημείο τομής της κάθετης στην

από την

με την

, και

το σημείο τομής της κάθετης από την

στην

με την

τότε προκύπτει εύκολα ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι στα τρίγωνα LBC, M'BC

είναι ίσοι ( το τμήμα

το βλέπουν παραπληρωματικές γωνίες, $\displaystyle{\angle BLC + \angle BM'C = \frac{\pi }{2} + \angle \frac{C}{2} + \frac{\pi }{2} - \angle \frac{C}{2} = {\pi}}$ ) επομένως και οι αντίστοιχες χορδές τους BL, BM'

είναι ίσες οπότε BL=BM'=2FI=IT

...... και εδώ θεωρώ ότι επί της ουσίας τελειώσαμε αφού το τετράπλευρο BLTI

είναι πλέον παραλληλόγραμμο οπότε οι διαγώνιοι του διχοτομούνται ....

: α;σ.png (98.81 KiB) Προβλήθηκε 793 φορές

Γιώργος Μήτσιος · #3

Καλό βράδυ σε όλους! Με χρήση του σχήματος

: 27-11 Διεύλευση από το μέσο Σ.Κ.png (189.27 KiB) Προβλήθηκε 756 φορές

Ας είναι $\widehat{B}/2=\widehat{C}/2=\varphi$ . Τα N,M,H

είναι τα μέσα των BC,BT,BI

αντιστοίχως.

Τότε $MN \parallel CT$ και MN=CT/2=CI/2=BI/2=HN

.Στο ισοσκελές τρίγωνο MHN

έχουμε

$\widehat{N}=2\varphi \Rightarrow \widehat{M}=\widehat{H}=90^o-\varphi =\widehat{BIN}$ δηλ. το MHNI

εγγράψιμο.

Τότε $\widehat{IMN}=2\varphi \Rightarrow MI \parallel HN$ ενώ και $CI \parallel HN$ . Συνεπώς τα M,I,C

είναι συνευθειακά , που ήταν το ζητούμενο.

Φιλικά, Γιώργος.

#4

Όμορφο το θέμα του Στάθη ( και χωρίς "βαρύ" σχήμα) . Όμορφες και με "αγνά υλικά" οι πιο πάνω λύσεις των Σωτήρη και Γιώργου.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 27, 2021 5:44 pm
Διέλευση από το μέσο.png
Έστω το συμμετρικό του έγκεντρου ως προς την ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ . Να δειχθεί ότι η διέρχεται από το μέσο της

Λόγω της συμμετρίας που δίνεται, προφανώς ισχύει

$(INC)=(IDC)=(DTC) \Rightarrow (ITC)=2(INC) \Rightarrow TG=2GN$

Άρα

κ.βάρους του τριγώνου TBC

οπότε

μέσον του

: Μέσον.png (22.37 KiB) Προβλήθηκε 699 φορές

#6

Συγχαρητήρια στον θεματοθέτη και στους τρεις εξαιρετικούς λύτες
Επιτρέψτε μου να θαυμάσω λίγο παραπάνω την εμπνευσμένη λύση του Μιχάλη

#7

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 29, 2021 10:20 am
Συγχαρητήρια στον θεματοθέτη και στους τρεις εξαιρετικούς λύτες
Επιτρέψτε μου να θαυμάσω λίγο παραπάνω την εμπνευσμένη λύση του Μιχάλη

Συμφωνώ κι εγώ σε όλα με το Γιώργο ! Ο Μιχάλης με "μια πινελιά " , Τέλος

STOPJOHN · #8

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 27, 2021 5:44 pm
Διέλευση από το μέσο.png
Έστω το συμμετρικό του έγκεντρου ως προς την ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ . Να δειχθεί ότι η διέρχεται από το μέσο της

Θα χρησιμοποιήσω τη συμμμετρία με άξονα την ευθεία του ύψους στο ισοσκελές τρίγωνο ABC

Λαμβάνω $EL=LI,EI\perp AB$ ,τότε από την ισότητα των τριγώνων ELA=ALI=AIK=AKT

και

,η

Είναι μεσοκάθετη των BC,ET

και το

Είναι ισοσκελές τραπέζιο ,εφόσον EB=BI=IC=CT

και από την ισότητα των τριγώνων

$GBI=I\Pi C$ είναι $BG=BI=CI=C\Pi$ Αρα

$\hat{\theta }=\hat{C\Pi T}= \hat{\Pi CB}=\hat{\Pi TC}=\hat{GCB}$

Oπότε $\hat{GBC}+\hat{BCT}=180^{0}\Rightarrow GB//CT,GT//BC$ , δηλαδή GBCT

είναι παραλληλόγραμμο και MB=MT

#9

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 27, 2021 5:44 pm
Διέλευση από το μέσο.png
Έστω το συμμετρικό του έγκεντρου ως προς την ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ . Να δειχθεί ότι η διέρχεται από το μέσο της

: Διέλευση από το μέσο.png (24.57 KiB) Προβλήθηκε 593 φορές

Στο ίδιο πνεύμα με το Μιχάλη να πω γενικότερα ότι αν δύο τρίγωνα με κοινή πλευρά είναι ισεμβαδικά και οι τρίτες κορυφές τους βρίσκονται εκατέρωθεν της κοινής τότε η κοινή τους πλευρά διχοτομεί το ευθύγραμμο τμήμα που σχηματίζουν οι άλλες δύο κορυφές τους
Στο σχήμα $\left( ABC \right)=\left( DBC \right)\overset{\iota \sigma \alpha \,\,\upsilon \psi \eta \,\,\sigma \tau \eta \nu \,\,\kappa o\iota \nu \eta }{\mathop{\Rightarrow }}\,A{A}'=D{D}'\Rightarrow \overset{A{A}'//D{D}'}{\mathop{\Rightarrow }}\,A{A}'D{D}'$ παραλληλόγραμμο…

S.E.Louridas · #10

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 27, 2021 6:40 pm

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 27, 2021 5:44 pm
Διέλευση από το μέσο.png
Έστω το συμμετρικό του έγκεντρου ως προς την ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle ABC\left( AB=AC \right)$ . Να δειχθεί ότι η διέρχεται από το μέσο της
Μία επί του πιεστηρίου διαπραγμάτευση:
Αν το σημείο τομής της κάθετης στην από την με την , και το σημείο τομής της κάθετης από την στην με την τότε προκύπτει εύκολα ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι στα τρίγωνα είναι ίσοι ( το τμήμα το βλέπουν παραπληρωματικές γωνίες, $\displaystyle{\angle BLC + \angle BM'C = \frac{\pi }{2} + \angle \frac{C}{2} + \frac{\pi }{2} - \angle \frac{C}{2} = {\pi}}$ ) επομένως και οι αντίστοιχες χορδές τους είναι ίσες οπότε ...... και εδώ θεωρώ ότι επί της ουσίας τελειώσαμε αφού το τετράπλευρο είναι πλέον παραλληλόγραμμο οπότε οι διαγώνιοι του διχοτομούνται .... α;σ.png

Απλά επανέρχομαι για να πω ότι η άσκηση αυτή στην αρχή είχε ως ημέτερη λύση και με βάση το σχήμα που ακολουθεί στην εδώ παρέμβαση την εξής:

$\displaystyle{\angle M'LB = \frac{\pi }{2} - \angle \frac{C}{2} = \angle BM'L \Rightarrow BL = BM' =2IF= 2\rho = IT,}$ οπότε το είναι παραλληλόγραμμο και έτσι άμεσα έχουμε, ότι οι διαγώνιοι του διχοτομούνται.

: α;σ.png (98.81 KiB) Προβλήθηκε 523 φορές

Προτίμησα όμως (καταρχάς και καταρχήν) τον τρόπο που έδωσα στην προηγούμενη ανάρτηση μου επειδή ήθελα να προβληθεί και η μέθοδος ισότητας μέσω ίσων κύκλων και ίσων χορδών, που είναι πιο σπάνια (πλουραλισμός γαρ).

Διέλευση από το μέσο

Διέλευση από το μέσο

Re: Διέλευση από το μέσο

Re: Διέλευση από το μέσο

Re: Διέλευση από το μέσο

Re: Διέλευση από το μέσο

Re: Διέλευση από το μέσο

Re: Διέλευση από το μέσο

Re: Διέλευση από το μέσο

Re: Διέλευση από το μέσο

Re: Διέλευση από το μέσο

Μέλη σε σύνδεση