Ημικύκλιο και βαρύκεντρο

#1

: Ημικύκλιο και βαρύκεντρο.png (20.3 KiB) Προβλήθηκε 244 φορές

Έστω ημικύκλιο διαμέτρου BC = 10

και σημείο

του ημικυκλίου για το οποίο AB = 8

. Ας πούμε

το μέσο του τόξου

Αν οι $BA\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,CM$ τέμνονται στο σημείο

και

το βαρύκεντρο του PBC

, να δειχθεί ότι το τρίγωνο GPC

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

Νίκος

KARKAR · #2

: Βαρύκεντρο.png (17.93 KiB) Προβλήθηκε 218 φορές

Στο

η

διχοτόμος και ύψος , άρα PB=10

. Από τεμνόμενες χορδές , παίρνω $PC=2\sqrt{10}$ .

Από θεώρημα διαμέσου στο PBC

, βρίσκω : $PO=3\sqrt{5}$ και με θεώρημα Μενελάου στο PCO

, με διατέμνουσα MGB

βρίσκω τελικά ότι $PG=2\sqrt{5}$ . Φυσικά είναι CG=PG

και από αντίστροφο Πυθαγόρειου , είναι PGC

ορθογώνιο .

Ίσως χρησιμοποίησα παραπανίσια όπλα ...

p_gianno · #3

Από ΠΘ στο τργ BAC

έχουμε

. Θέτοντας AM=MC=x

και

έχουμε από Θ.Πτολεμαίου $6y=8x+10x \rightarrow y=3x$ (1)

Στο τργ BCP

η

είναι ύψος και διχοτόμος άρα και διάμεσος στο κατ’ανάγκη ισοσκελές τργ BCP

συνεπώς $G \in BM.$

κέντρο βάρους του PBC

άρα

με συνέπεια γων PGC=90^0

και

αφού

μεσοκάθετος της

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

Είναι προφανές ότι το τρίγωνο $\displaystyle{CBP}$ είναι ισοσκελές και $\displaystyle{BP = BC=10,AP = 2}$ .
Ισχύει $\displaystyle{PA \cdot PB = PM \cdot PC \Leftrightarrow 10 \cdot 2 = 2P{M^2} \Rightarrow P{M^2} = 10}$ και θ. διαμέσων στο τρίγωνο $\displaystyle{CBP}$ βρίσκουμε $\displaystyle{BM = \sqrt {90} }$
Έστωσαν $\displaystyle{N,Z,E}$ μέσα αντίστοιχα των $\displaystyle{GC,GP,BP}$
Τότε $\displaystyle{EG = GN = \frac{1}{3}EC,ZG = GO = \frac{1}{3}PO \Rightarrow EZNO}$ παραλληλόγραμμο και μάλιστα ορθογώνιο ,γιατί $\displaystyle{ZN//PC,EZ//BM,PC \bot BM}$
Αλλά, $\displaystyle{EZ = \frac{1}{3}BM = \frac{1}{3}\sqrt {90} = \sqrt {10} ,ZN = PM = \sqrt {10} \Rightarrow EZNO}$ τετράγωνο κι έτσι $\displaystyle{ZG \bot GN}$
Φυσικά το τρίγωνο $\displaystyle{PGC}$ είναι και ισοσκελές αφού $\displaystyle{G}$ είναι επί της μεσοκάθετης της $\displaystyle{CP}$

thanasis.a · #5

: draw1.png (36.73 KiB) Προβλήθηκε 128 φορές

..καλό μεσημέρι..
και μία παραπλήσια

επειδή $\bigtriangleup ABC:\hat{A}=90^{\circ} \mathop\Rightarrow\limits^{\pi \theta }\,\,\,\, AC=6$ .

Επίσης : $\bigtriangleup ACP: \hat{A}=90^{\circ} \,\,\,\,AM=MC\Rightarrow \hat{MAC}=\hat{MCA}=\chi \Rightarrow \hat{APC}=$ \displaystyle{\hat{MAP}=90^{\circ} -\chi \Rightarrow AM=AP=MC .

Κατά συνέπεια στο

\bigtriangleup BPC: BM διάμεσος (και άρα

G\in BM

BM\perp PC(\hat{BMC}=90^{\circ} (βαίνει σε ημικύκλιο).Οπότε:

BP=BC\Rightarrow AP=2 Έτσι από Πυθαγόρειο Θ. στο

\displaystyle \bigtriangleup APC\Rightarrow PC=2\sqrt{10}\Rightarrow PM=MC=\sqrt{10} . Όμοια

\bigtriangleup BMP:\hat{M}=90^{\circ} \mathop\Rightarrow\limits^{\pi \theta } BM= \sqrt{90} και αφού

G

\bigtriangleup PBC} $\displaystyle \Rightarrow GM=\frac{1}{3}\cdot BM\Rightarrow GM=\frac{\sqrt{90}}{3}\Rightarrow GM=\sqrt{10}$ οπότε GM=MC=MP

(1)

Έτσι επειδή $G\in BM$ που είναι μεσοκάθετος του

έχουμε:

(2)

Άρα από (1), (2) συνάγεται : $\bigtriangleup GPC$ ορθογώνιο στο

και ισοσκελές.-

Ημικύκλιο και βαρύκεντρο

Ημικύκλιο και βαρύκεντρο

Re: Ημικύκλιο και βαρύκεντρο

Re: Ημικύκλιο και βαρύκεντρο

Re: Ημικύκλιο και βαρύκεντρο

Re: Ημικύκλιο και βαρύκεντρο

Μέλη σε σύνδεση