Δημιουργία μέσου

KARKAR · #1

: VISV.png (13.76 KiB) Προβλήθηκε 855 φορές

Στην υποτείνουσα

, ορθογωνίου τριγώνου HAM

, παίρνουμε σημείο

, ώστε :

Φέρουμε ευθεία παράλληλη προς την

, διερχόμενη από το

, την οποία η ημιευθεία

τέμνει στο

. Έστω

τυχόν σημείο στην προέκταση της

. Ο κύκλος (B,A,K)

, τέμνει

την προέκταση της

στο σημείο

. Δείξτε ότι το

είναι το μέσο της

.

Αν η ονοματοδοσία σας θυμίζει κάτι , τίποτε δεν είναι συμπτωματικό

#2

KARKAR έγραψε:VISV.pngΣτην υποτείνουσα , ορθογωνίου τριγώνου , παίρνουμε σημείο , ώστε :

Φέρουμε ευθεία παράλληλη προς την , διερχόμενη από το , την οποία η ημιευθεία

τέμνει στο . Έστω τυχόν σημείο στην προέκταση της . Ο κύκλος , τέμνει

την προέκταση της στο σημείο . Δείξτε ότι το είναι το μέσο της .

Αν η ονοματοδοσία σας θυμίζει κάτι , τίποτε δεν είναι συμπτωματικό

Γεια σου Θανάση με τις παραλλαγές σου!

: Δημιουργία μέσου.png (16.38 KiB) Προβλήθηκε 849 φορές

Το

είναι ισοσκελές τραπέζιο. Φέρνω την $\displaystyle{KE \bot BC}$ . Επειδή AK||BC

και

θα είναι και AK=2HM

.

Άρα το

είναι μέσο του

και λόγω συμμετρίας μέσο και του

.

Αν απορείτε που απάντησα γρήγορα, είναι που είχα έτοιμο το σχήμα

#3

KARKAR έγραψε:VISV.pngΣτην υποτείνουσα , ορθογωνίου τριγώνου , παίρνουμε σημείο , ώστε :
Φέρουμε ευθεία παράλληλη προς την , διερχόμενη από το , την οποία η ημιευθεία τέμνει στο . Έστω τυχόν σημείο στην προέκταση της . Ο κύκλος , τέμνει την προέκταση της στο σημείο . Δείξτε ότι το είναι το μέσο της .
Αν η ονοματοδοσία σας θυμίζει κάτι , τίποτε δεν είναι συμπτωματικό

1ος τρόπος

: ομορφη παραλληλία.png (18.22 KiB) Προβλήθηκε 820 φορές

Από $AK\parallel HM \Rightarrow \dfrac{{AK}}{{HM}} = \dfrac{{AG}}{{GM}} = 2 \Rightarrow ANMH$ ορθογώνιο , με το μέσο της χορδής του κύκλου $\left( O \right)$ και με

μεσοκάθετη της $AK \Rightarrow O \in MN\mathop \Rightarrow \limits^{AK\parallel BC \Rightarrow NOM \bot BC} M$ το μέσο της και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

2ος τρόπος

: όμορφη παραλληλία.1.png (27.93 KiB) Προβλήθηκε 820 φορές

Αν είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και το σημείο τομής της εκ του παραλλήλου προς την (κάθετης στην )

με την τότε ισχύει $\dfrac{{AP}}{{OM}} = \dfrac{{PG}}{{GO}} = \dfrac{{AG}}{{GM}} = 2 \Rightarrow O$ το περίκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ $\left( ABCK \right)$ άρα η είναι

η ευθεία Euler του $\vartriangle ABC$ και με $\dfrac{PG}{GO}=2\Rightarrow G$ το βαρύκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC\Rightarrow M$ το μέσο της και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Ο δεύτερος τρόπος είναι λάθος όπως αναφέρω πιο κάτω

#4

Διέγραψα τη δημοσίευση αυτή , σχετικά δείτε παραπάνω

#5

Από λάθος χειρισμό διέγραψα τα σχόλια αυτής της ανάρτησης .

#6

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
KARKAR έγραψε:VISV.pngΣτην υποτείνουσα , ορθογωνίου τριγώνου , παίρνουμε σημείο , ώστε :
Φέρουμε ευθεία παράλληλη προς την , διερχόμενη από το , την οποία η ημιευθεία τέμνει στο . Έστω τυχόν σημείο στην προέκταση της . Ο κύκλος , τέμνει την προέκταση της στο σημείο . Δείξτε ότι το είναι το μέσο της .
Αν η ονοματοδοσία σας θυμίζει κάτι , τίποτε δεν είναι συμπτωματικό
1ος τρόπος
ομορφη παραλληλία.png
Από $AK\parallel HM \Rightarrow \dfrac{{AK}}{{HM}} = \dfrac{{AG}}{{GM}} = 2 \Rightarrow ANMH$ ορθογώνιο , με το μέσο της χορδής του κύκλου $\left( O \right)$ και με

μεσοκάθετη της $AK \Rightarrow O \in MN\mathop \Rightarrow \limits^{AK\parallel BC \Rightarrow NOM \bot BC} M$ το μέσο της και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

2ος τρόπος
όμορφη παραλληλία.1.png
Αν είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ και το σημείο τομής της εκ του παραλλήλου προς την (κάθετης στην )

με την τότε ισχύει $\dfrac{{AP}}{{OM}} = \dfrac{{PG}}{{GO}} = \dfrac{{AG}}{{GM}} = 2 \Rightarrow O$ το περίκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC$ $\left( ABCK \right)$ άρα η είναι

η ευθεία Euler του $\vartriangle ABC$ και με $\dfrac{PG}{GO}=2\Rightarrow G$ το βαρύκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ABC\Rightarrow M$ το μέσο της και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Ο 2ος τρόπος λύσης έχει καραμπινάτο λάθος όπως μου επισήμανε ο αγαπητός φίλος Γιώργος Βισβίκης σε π.μ. Πράγματι δεν τεκμηριώνεται από την αναλογία το περίκεντρο.

Γιώργο σε ευχαριστώ θερμά

Με εκτίμηση
Στάθης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #7

KARKAR έγραψε:VISV.pngΣτην υποτείνουσα , ορθογωνίου τριγώνου , παίρνουμε σημείο , ώστε :

Φέρουμε ευθεία παράλληλη προς την , διερχόμενη από το , την οποία η ημιευθεία

τέμνει στο . Έστω τυχόν σημείο στην προέκταση της . Ο κύκλος , τέμνει

την προέκταση της στο σημείο . Δείξτε ότι το είναι το μέσο της .

Αν η ονοματοδοσία σας θυμίζει κάτι , τίποτε δεν είναι συμπτωματικό

Έστω $\displaystyle{KZ \bot BC}$ .Λόγω του ισοσκελούς τραπεζίου $\displaystyle{ABCK \Rightarrow BH = ZC}$ .

Με $\displaystyle{D}$ συμμετρικό του $\displaystyle{A}$ ως προς $\displaystyle{BC}$ ,το $\displaystyle{HDKZ}$ είναι παραλ/μμο

Έτσι $\displaystyle{G}$ μέσον της $\displaystyle{AE \Rightarrow GM = ME \Rightarrow HM = MZ \Rightarrow HM + HB = MZ + ZC \Rightarrow \boxed{MB = MC}}$

: DM.png (25.65 KiB) Προβλήθηκε 692 φορές

#8

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:
KARKAR έγραψε:VISV.pngΣτην υποτείνουσα , ορθογωνίου τριγώνου , παίρνουμε σημείο , ώστε :

Φέρουμε ευθεία παράλληλη προς την , διερχόμενη από το , την οποία η ημιευθεία

τέμνει στο . Έστω τυχόν σημείο στην προέκταση της . Ο κύκλος , τέμνει

την προέκταση της στο σημείο . Δείξτε ότι το είναι το μέσο της .

Αν η ονοματοδοσία σας θυμίζει κάτι , τίποτε δεν είναι συμπτωματικό
Έστω $\displaystyle{KZ \bot BC}$ .Λόγω του ισοσκελούς τραπεζίου $\displaystyle{ABCK \Rightarrow BH = ZC}$ .

Με $\displaystyle{D}$ συμμετρικό του $\displaystyle{A}$ ως προς $\displaystyle{BC}$ ,το $\displaystyle{HDKZ}$ είναι παραλ/μμο

Έτσι $\displaystyle{G}$ μέσον της $\displaystyle{AE \Rightarrow GM = ME \Rightarrow HM = MZ \Rightarrow HM + HB = MZ + ZC \Rightarrow \boxed{MB = MC}}$

DM.png

Ωραίο Μιχάλη .!

Νίκος

Δημιουργία μέσου

Δημιουργία μέσου

Re: Δημιουργία μέσου

Re: Δημιουργία μέσου

Re: Δημιουργία μέσου

Re: Δημιουργία μέσου

Re: Δημιουργία μέσου

Re: Δημιουργία μέσου

Re: Δημιουργία μέσου

Μέλη σε σύνδεση