Εγκεντρικότητες

KARKAR · #1

: Εγκεντρικότητες.png (16.41 KiB) Προβλήθηκε 943 φορές

Το σημείο

είναι το έγκεντρο του τριγώνου ABC

. Αν : $\widehat{BAE}=2\widehat{ABE}$ , δείξτε ότι : AE+AC=BC

.

Ιστοσελίδα · #2

KARKAR έγραψε: Τετ Μάιος 08, 2024 12:40 pm Το σημείο είναι το έγκεντρο του τριγώνου . Αν : $\widehat{BAE}=2\widehat{ABE}$ , δείξτε ότι : .

: 2024-05-08_15-57-27.png (62.38 KiB) Προβλήθηκε 916 φορές

Η διχοτόμος της γωνίας BAE

τέμνει τις CE,CB

στα σημεία M,D

αντίστοιχα.

Λόγω του έγκεντρου

και των συμπληρωματικών γωνιών MAC,MCA

, η

είναι μεσοκάθετη της

.

Εύκολα ισχύει: $AE\mathop = \limits^{ED} BD$ και AC = CD

, όπου με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει το ζητούμενο.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

KARKAR έγραψε: Τετ Μάιος 08, 2024 12:40 pm Εγκεντρικότητες.pngΤο σημείο είναι το έγκεντρο του τριγώνου . Αν : $\widehat{BAE}=2\widehat{ABE}$ , δείξτε ότι : .

Αν ο κύκλος (A,E,B)

τέμνει την

στο

, εύκολα προκύπτει η ισότητα των γωνιών ίδιου χρώματος .

Έτσι AE=AZ

και

: εγκεντρικότητες.png (30.23 KiB) Προβλήθηκε 904 φορές

#4

KARKAR έγραψε: Τετ Μάιος 08, 2024 12:40 pm Εγκεντρικότητες.pngΤο σημείο είναι το έγκεντρο του τριγώνου . Αν : $\widehat{BAE}=2\widehat{ABE}$ , δείξτε ότι : .

Ας είναι

το συμμετρικό του

ως προς την

και

η τομή των ευθειών $CA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BT$ . Ακόμα έστω

η τομή των $BE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC$ .

Επειδή $\widehat {2\theta } = \widehat {\omega _{}^{}} = \widehat {EBS}$ το τετράπλευρο ASBE

είναι εγγράψιμο και αναγκαστικά AE = AS

, γιατί η

διχοτομεί την $\widehat {EBS}$ .

: Εγκεντρικότητες.png (26.6 KiB) Προβλήθηκε 900 φορές

Στο πιο πάνω εγγράψιμο τετράπλευρο η εξωτερική του γωνία , $\widehat {DEA} = \widehat {S_{}^{}}\,\,\,$ . Αλλά η $\widehat {DEA} = \widehat {EBA} + \widehat {EAB} = 3\widehat {\theta _{}^{}}$ .

Δηλαδή :

Οι παρά τη βάση ,

, γωνίες του $\vartriangle CSB$ είναι ίσες με $\widehat {3\theta _{}^{}}$ κάθε μια και επομένως : $CS = CB \Rightarrow CA + AE = CB$ .

#5

KARKAR έγραψε: Τετ Μάιος 08, 2024 12:40 pm Εγκεντρικότητες.pngΤο σημείο είναι το έγκεντρο του τριγώνου . Αν : $\widehat{BAE}=2\widehat{ABE}$ , δείξτε ότι : .

$\boxed{\widehat A = 2\widehat B \Leftrightarrow {a^2} = {b^2} + bc}$ (1)

και $\displaystyle \frac{{AE}}{{BD}} = \frac{{AE}}{{AD}} = \frac{{b + c}}{{a + b + c}} \Leftrightarrow$ $\boxed{AE = \frac{{ac}}{{a + b + c}}}$ (2)

: Εγκεντρικότητες.Κ.png (14.18 KiB) Προβλήθηκε 892 φορές

$\displaystyle AE + AC\mathop = \limits^{(2)} \frac{{ac}}{{a + b + c}} + b = \frac{{ac + ab + {b^2} + bc}}{{a + b + c}}\mathop = \limits^{(1)} \frac{{ac + ab + {a^2}}}{{a + b + c}} \Leftrightarrow$ $\boxed{AE+AC=BC}$

#6

KARKAR έγραψε: Τετ Μάιος 08, 2024 12:40 pm Εγκεντρικότητες.pngΤο σημείο είναι το έγκεντρο του τριγώνου . Αν : $\widehat{BAE}=2\widehat{ABE}$ , δείξτε ότι : .

Υπόδειξη

: Εγκεντρικότητες_new.png (17.58 KiB) Προβλήθηκε 868 φορές

Πάνω στην

θεωρώ σημείο

με

.

Το τετράπλευρο ABQE

είναι υπέρ_ισοσκελές τραπέζιο και άρα ισχύει αυτό που θέλω .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #7

KARKAR έγραψε: Τετ Μάιος 08, 2024 12:40 pm Εγκεντρικότητες.pngΤο σημείο είναι το έγκεντρο του τριγώνου . Αν : $\widehat{BAE}=2\widehat{ABE}$ , δείξτε ότι : .

Οι κόκκινες γωνίες είναι $2 \theta$ ,άρα AB//CZ

κι επειδή

και

ισοσκελές

τραπέζιο ,θα είναι BC=AZ=AE+EZ=AE+AC

: εγκεντρικότητες..png (33.04 KiB) Προβλήθηκε 828 φορές

STOPJOHN · #8

KARKAR έγραψε: Τετ Μάιος 08, 2024 12:40 pm Εγκεντρικότητες.pngΤο σημείο είναι το έγκεντρο του τριγώνου . Αν : $\widehat{BAE}=2\widehat{ABE}$ , δείξτε ότι : .

Θρυλική καλημέρα,

Απο τον τύπο της διχοτόμου στο τρίγωνο $ABD,BD^{2}=AD^{2}=bc.\dfrac{(b+c)^{2}-a^{2}}{(b+c)^{2}},(1),$
και απο $\Theta .\Delta ,BD=\dfrac{ac}{c+b},(2), (1),(2)\Rightarrow a^{2}-b^{2}=bc,(*),$

και απο $(2),(*)\Rightarrow BD=\dfrac{bc}{a},(3)$

Στο τρίγωνο $ABD,\dfrac{AE}{c}=\dfrac{DB}{c+DB}=\dfrac{a-b}{c},$ ,λόγω των (*),(3)

Οπότε

#9

KARKAR έγραψε: Τετ Μάιος 08, 2024 12:40 pm Εγκεντρικότητες.pngΤο σημείο είναι το έγκεντρο του τριγώνου . Αν : $\widehat{BAE}=2\widehat{ABE}$ , δείξτε ότι : .

Και μία τριγωνομετρική. Έστω

η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου και

η ημιπερίμετρος του τριγώνου.

: Εγκεντρικότητες.Κ2.png (18.13 KiB) Προβλήθηκε 790 φορές

$\displaystyle \left\{ \begin{gathered} \tan 2\theta = \frac{r}{{s - a}} \hfill \\ \tan \theta = \frac{r}{{s - b}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \frac{r}{{s - a}} = \frac{{\frac{{2r}}{{s - b}}}}{{1 - \frac{{{r^2}}}{{{{(s - b)}^2}}}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{s - a}} = \frac{{2(s - b)}}{{{{(s - b)}^2} - {r^2}}}$

Αλλά, r^2=AE^2-(s-b)^2,

άρα $\displaystyle {(s - b)^2} - 2(s - a)(s - b) + {(s - a)^2} = A{E^2} \Leftrightarrow {( a- b )^2} = A{E^2}$

κι επειδή a>b

προκύπτει το ζητούμενο $\boxed{AE=a-b}$

Εγκεντρικότητες

Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Re: Εγκεντρικότητες

Μέλη σε σύνδεση