Αεροδυναμική παραλληλία

#1

: Παραλληλία _αεροδυναμική.png (16.86 KiB) Προβλήθηκε 1240 φορές

Έστω τρίγωνο ABC

. Γράφω τον εγγεγραμμένο του κύκλο

και εφάπτεται των πλευρών $BC\,,\,CA\,,\,AB$ στα D,E,Z

.

Ας είναι

το μέσο της

. Η από το

κάθετη στην ,

τέμνει την ευθεία

στο

.

Δείξετε ότι AS//BC

.

Henri van Aubel · #2

Αρκεί $ABsin B=SDsin \angle SDC=SDsin \angle DIM.$

Είναι $\displaystyle \angle ZSD=90^\circ-\frac{\angle B}{2}+\angle DIM-\left ( 90^\circ-\frac{\angle C}{2} \right )=\frac{\angle C}{2}-\frac{\angle B}{2}+\angle DIM.$

Επομένως $\displaystyle \frac{SD}{ZD}=\frac{sin \angle SZD}{sin \angle ZSD}=\frac{\displaystyle cos \frac{C}{2}}{\displaystyle sin \left (\frac{C}{2} -\frac{B}{2}+\angle DIM \right )}.$

Οπότε $\displaystyle \frac{SDsin \angle SDC}{ZD}=\frac{\displaystyle cos \frac{C}{2}sin \angle DIM}{\displaystyle sin \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2}+\angle DIM \right )}=\frac{\displaystyle cos \frac{C}{2}}{\displaystyle sin \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2} \right )cot \angle DIM+cos \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2}\right )}\left ( I \right )$

Όμως $\displaystyle \frac{\displaystyle sin \left ( \frac{B}{2}+\angle DMI \right )}{\displaystyle sin \angle DMI}=\frac{\displaystyle sin \frac{B}{2}}{tan \angle DMI}+cos \frac{B}{2}=\frac{\displaystyle sin \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )}{\displaystyle 2sin \frac{C}{2}}\Longleftrightarrow$

$\displaystyle \Longleftrightarrow \frac{\displaystyle sin \frac{B}{2}}{tan \angle DMI}=\frac{\displaystyle sin \left ( \frac{B}{2}-\frac{C}{2} \right )}{\displaystyle 2sin \frac{C}{2}}\Longleftrightarrow sin\left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2} \right )cot\angle DIM=-2sin\frac{B}{2}sin \frac{C}{2}$

Επομένως η $\left ( I \right )$ γίνεται $\displaystyle \frac{SDsin \angle SDC}{ZD}=\frac{\displaystyle cos \frac{C}{2}}{\displaystyle cos \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2}\right )-2sin \frac{B}{2}sin \frac{C}{2}}=\frac{\displaystyle cos \frac{C}{2}}{\displaystyle sin \frac{A}{2}}\left ( I \right )$

Οπότε πλέον αρκεί $\displaystyle \frac{ABsin B}{ZD}=\frac{ABsin B}{\displaystyle 2BDsin \frac{B}{2}}=\frac{AB}{BD}\cdot cos \frac{B}{2}=\frac{\displaystyle cos \frac{C}{2}}{\displaystyle sin \frac{A}{2}}\Longleftrightarrow \frac{AB}{BD}=\frac{\displaystyle cos \frac{C}{2}}{\displaystyle sin \frac{A}{2}cos \frac{B}{2}}$

που ισχύει .

Henri van Aubel · #3

Αν μου επιτρέπετε, ένα επιπλέον ερώτημα

:

Αν

το δεύτερο σημείο τομής της ευθείας

και του έγκυκλου, να δείξετε ότι $AQ\perp QS.$

thepigod762 · #4

Doloros έγραψε: Τετ Ιούλ 12, 2023 2:48 am Παραλληλία _αεροδυναμική.png

Έστω τρίγωνο . Γράφω τον εγγεγραμμένο του κύκλο και εφάπτεται των πλευρών $BC\,,\,CA\,,\,AB$ στα .

Ας είναι το μέσο της . Η από το κάθετη στην , τέμνει την ευθεία στο .

Δείξετε ότι .

Επειδή $IM \perp DS$ η

είναι η πολική του

στον εγγεγραμμένο $\overset{La Hire}{\Rightarrow}$ το

ανήκει στην πολική του

.

Tο

ανήκει στην πολική του $A \overset{La Hire}{\Rightarrow}$ το

ανήκει στην πολική του

.

Οπότε

η πολική του $S \Rightarrow A(Z, M, E, S) = -1 \overset{BM = MC}{\Rightarrow} AS \parallel BC$ .

Henri van Aubel έγραψε: Τετ Ιούλ 12, 2023 3:02 pm Αν μου επιτρέπετε, ένα επιπλέον ερώτημα :

Αν το δεύτερο σημείο τομής της ευθείας και του έγκυκλου, να δείξετε ότι $AQ\perp QS.$

Είναι γνωστό ότι αν $H = DI \cap (DEZ)$ η

διέρχεται από το σημείο επαφής

του

παραγγεγραμμένου με τη $BC \Rightarrow DM = ML \Rightarrow AH \equiv AL \parallel MI \Rightarrow AH \perp DS$ . Στο ADS

το

είναι ορθόκεντρο $\Rightarrow SH \perp AD$ και αν η

τέμνει την

στο

, αυτό θα ανήκει στον έγκυκλο, δηλ $Q' \equiv Q.$

Henri van Aubel · #5

Εξαιρετικές οι λύσεις του Γιώργου!

Η σκέψη μου για το δεύτερο ερώτημα είχε ως εξής: Έστω

το μέσο του

οπότε $AX\perp XS$ οπότε για να δείξω ότι $AQ\perp QS$ έπεται πως αρκεί να δείξω ότι AQXS

εγγράψιμο ή ισοδύναμα $\angle QXZ=\angle QAS^{AS//BC}=\angle ADB=\angle QED$ που ισχύει αφού το DZQE

είναι αρμονικό.

Henri van Aubel · #6

thepigod762 έγραψε: Τετ Ιούλ 12, 2023 5:05 pm
Doloros έγραψε: Τετ Ιούλ 12, 2023 2:48 am Παραλληλία _αεροδυναμική.png

Έστω τρίγωνο . Γράφω τον εγγεγραμμένο του κύκλο και εφάπτεται των πλευρών $BC\,,\,CA\,,\,AB$ στα .

Ας είναι το μέσο της . Η από το κάθετη στην , τέμνει την ευθεία στο .

Δείξετε ότι .
Επειδή $IM \perp DS$ η είναι η πολική του στον εγγεγραμμένο $\overset{La Hire}{\Rightarrow}$ το ανήκει στην πολική του .

Tο ανήκει στην πολική του $A \overset{La Hire}{\Rightarrow}$ το ανήκει στην πολική του .

Οπότε η πολική του $S \Rightarrow A(Z, M, E, S) = -1 \overset{BM = MC}{\Rightarrow} AS \parallel BC$ .

Υπέροχη λύση ποίημα !!

Henri van Aubel · #7

Αν μου επιτρέπετε, ένα δεύτερο επιπρόσθετο ερώτημα

: Να δείξετε ότι η ευθεία

περνάει από το ορθόκεντρο του τριγώνου ABI.

Henri van Aubel · #8

Προκύπτουν ωραία ερωτήματα από το σχήμα του εξαιρετικού γεωμέτρη κύριου Νίκου !

Για παράδειγμα ...

(τελευταίο, γιατί το παράκανα

) : Να δείξετε ότι η ευθεία

διχοτομεί το τμήμα AD.

Henri van Aubel · #9

Για το προτελευταίο εμβόλιμο ερώτημά μου, μία λύση:

Έστω

το ορθόκεντρο του τριγώνου ABI.

Έχουμε $\displaystyle \angle YBI=\angle YAI=90^\circ-\angle ABI-\angle BAI=\frac{\angle C}{2}\Longrightarrow \angle YBD=\frac{\angle B}{2}-\frac{\angle C}{2}$

Όμως $\displaystyle \frac{BD}{BY}=\frac{\displaystyle sin \left ( \angle YDM+\frac{C}{2}-\frac{B}{2} \right )}{\displaystyle sin \angle YDM}=cos \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2} \right )+sin \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2} \right )cot\angle YDM$

Από την άλλη, $\displaystyle \frac{BD}{BY}=\frac{BD}{BI}\cdot \frac{BI}{BY}=cos \frac{B}{2}\cdot \frac{\displaystyle sin \frac{A}{2}}{\displaystyle sin \left ( 90^\circ+\frac{B}{2} \right )}=cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )$

Επομένως $\displaystyle sin \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2} \right )cot\angle YDM=cos \left ( \frac{B}{2}+\frac{C}{2} \right )-cos \left ( \frac{C}{2} -\frac{B}{2}\right )=-2sin \frac{B}{2}sin \frac{C}{2}\left ( A \right )$

Όμως έδειξα στην ανάρτηση #2 πως $\displaystyle sin \left ( \frac{C}{2}-\frac{B}{2} \right )cot \angle DIM=-2sin \frac{B}{2}sin \frac{C}{2}\left ( B \right )$

Οπότε $cot\angle YDM=cot \angle DIM=cot \angle SDM\Longrightarrow \angle YDM=\angle SDM$ , συνεπώς $Y\in DS$ κλπ.

Αεροδυναμική παραλληλία

Αεροδυναμική παραλληλία

Re: Αεροδυναμική παραλληλία

Re: Αεροδυναμική παραλληλία

Re: Αεροδυναμική παραλληλία

Re: Αεροδυναμική παραλληλία

Re: Αεροδυναμική παραλληλία

Re: Αεροδυναμική παραλληλία

Re: Αεροδυναμική παραλληλία

Re: Αεροδυναμική παραλληλία

Μέλη σε σύνδεση