mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 08, 2011 11:29 pm**

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα BC. Θεωρούμε σημείο Α, ώστε
$\angle BAC = 60^ \circ .$
Αν ονομάσουμε Ο το περίκεντρο του τριγώνου ABC και Η το ορθόκεντρο του και θεωρήσουμε
$\left\{ E \right\} \equiv AB \cap OH,\;\{ Z\} \equiv AC \cap HO,$ Τ τo σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας
$\angle BAC$ με την ΟΗ, να συγκριθούν οι λόγοι: $\frac{{TH}} {{TZ}}\;\kappa \alpha \iota \;\frac{{TO}} {{TE}}.$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 09, 2011 12:17 am**

Είναι γνωστό ότι η ΗΟ είναι η ευθεία του Euler του τριγώνου ΑΒC ο οποίος έχει κέντρο το μέσο της ΗΟ και ακτίνα $\displaystyle{ R_{Euler} = \frac{R}{2} }$ όπου R είναι η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ.

Αν ΑΝ είναι η διάμετρο του κύκλου είναι επίσης γνωστό ότι η ΗΝ διέρχεται από το μέσο Μ της ΒC και μάλιστα $\displaystyle{ OM\mathop = \limits^{//} \frac{{AH}}{2}:\left( 1 \right) }$

Είναι $\displaystyle{ \widehat{BAC} = 60^0 \Rightarrow \widehat{BOC} = 120^0 \mathop \Rightarrow \limits^{B\mathop O\limits^\Delta C\;\iota \sigma o\sigma \kappa } \widehat{{\rm O}{\rm B}{\rm M}} = 30^0 = \widehat{\Sigma {\rm B}{\rm M}}\;\mathop \Rightarrow \limits^{B\mathop O\limits^\Delta {\rm M}\;o\rho \theta .} }$ $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} {\rm O}{\rm M} = \frac{{{\rm O}{\rm B}}} {2} \Rightarrow 2{\rm O}{\rm M} = R \Rightarrow AH = R \hfill \\ {\rm O}\mathop {\rm B}\limits^\Delta \Sigma \;\iota \sigma \pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow {\rm O}\Sigma = {\rm O}{\rm B} = {\rm A}{\rm H} = R = OA }$

Και επειδή $\displaystyle{ {\rm O}\Sigma \mathop = \limits^{//} {\rm A}{\rm H}\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm A}{\rm H} = {\rm A}{\rm O} = R} }$ ΑΗΣΟ είναι ρόμβος οπότε οι διαγώνιες διχοτομούνται κάθετα άρα στο τρίγωνο ΑΕΖ η ΑΤ είναι συγχρόνως ύψος και διχοτόμος οπότε αυτό είναι ισοσκελές και η ΑΤ θα είναι και διάμεσος , συνεπώς ΕΤ=ΤΖ:(1)

Ομοίως επειδή $\displaystyle{ \widehat{BAH} = \widehat{OAC} = 90^0 - \widehat{\rm B} }$ θα είναι και $\displaystyle{ \widehat{{\rm H}{\rm A}{\rm T}} = \widehat{{\rm T}{\rm A}{\rm O}} }$ (διαφορά ίσων γωνιών) άρα και το τρίγωνο ΑΗΟ είναι ισοσκελές και επειδή ΑΤ είναι το ύψος του θα είναι και διάμεσός του δηλαδή θα ισχύει: ΤΗ=ΤΟ:(2).

Από τις σχέσεις (1) και (2) προφανώς ισχύει: $\displaystyle{ \frac{{{\rm T}{\rm H}}}{{{\rm T}{\rm Z}}} = \frac{{{\rm T}{\rm O}}}{{{\rm T}{\rm E}}} }$

Φιλικά και Γεωμετρικά

Στάθης Κούτρας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 09, 2011 12:37 am**

Είναι γνωστό πως οι γωνίες που σημειώθηκαν ως θ και ως ω είναι ίσες.
Επίσης είναι γνωστό ότι
$\displaystyle AH=2OQ$
Ακόμα επειδή η γωνία Α είναι ίση με 60 μοίρες η BC είναι η πλευρά του εγγεγραμμένου ισοπλεύρου τριγώνου
και συνεπώς το απόστημα του είναι:
$\displaystyle OQ=\frac{R}{2}$
όπου R η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου.
Άρα
$\displaystyle AH=R=AO$
και συνεπώς το τρίγωνο AHO ισοσκελές και συνεπώς η διχοτόμος του ΑΤ είναι και διάμεσος.
Όμοια και το τρίγωνο ΑΕΖ ισοσκελές και η ΑΤ διάμεσός του.
Επομένως τα τμήματα που είναι οι όροι των δύο κλασμάτων είναι αντίστοιχα ίσα και συνεπώς και οι λόγοι ίσοι.

Σημείωση.
Στο σχήμα έφερα και παραπάνω γραμμές για να φανεί η ισότητα των γωνιών που συμβολίζονται με τα ίδια γράμματα θ και ω.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 09, 2011 9:43 am**

Ένα παρεμφερές θέμα από τις εξετάσεις του 1972.

Δίνεται τρίγωνο $AB\varGamma$ με $\hat{A}=60^{\circ},$ εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Αν

είναι το ορθόκεντρο και

το έγκεντρο του τριγώνου, να αποδειχθεί ότι:
α) Τα σημεία $B , \varGamma , O , H , I$ είναι ομοκυκλικά.
β) Η διχοτόμος $A\varDelta$ διέρχεται από το μέσο του HO.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 09, 2011 10:45 am**

Πράγματι από το προηγούμενο δείχθηκε ότι: $\displaystyle MO=MH$
Επίσης επειδή το τρίγωνο ΟΜC είναι ισόπλευρο θα είναι: $\displaystyle MC=MO$
άρα:
$\displaystyle MC=MO=MH=MB$
δηλαδή τα σημεία Β,Η,Ο, C απέχουν από το Μ ίση απόσταση άρα ανήκουν στον κύκλο
με κέντρο το σημείο Μ και ακτίνα ίση με την ακτίνα του αρχικού κύκλου.
Για το έγκεντρο ισχύουν:
Επειδή η γωνία Α είναι 60 μοιρών θα είναι: $\displaystyle AI=\frac{\varrho }{sinA}=2\varrho$
όπου $\displaystyle \varrho$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο ΑΒC.
Από το θεώρημα του Stewart στο τρίγωνο ΑΟΜ έχουμε:
$\displaystyle AI.OM^2+IM.OA^2=AM.OI^2+AI.IM.AM\Rightarrow \\\Rightarrow AI.R^2+IM.R^2=AM.OI^2+AI.IM.AM\Rightarrow \\\Rightarrow R^2=OI^2+2\varrho (IM)$
όμως από το θεώρημα του Euler είναι:
$\displaystyle R^2=OI^2+2\varrho R$
Επομένως από τις δύο τελευταίες σχέσεις έχουμε:
$\displaystyle IM=R$
( $\displaystyle R$ η ακτίνα του περιγεγραμμένου στο ΑΒC τρίγωνο)
Άρα το Ι απέχει από το σημείο Μ ίση απόσταση μ' εκείνη των Β,Η,Ο,C. Άρα τα πέντε αυτά
σημεία είναι ομοκυκλικά.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Απρ 09, 2011 12:48 pm**

Ένας διαφορετικός τρόπος για το (α).

$B\widehat{H}C = 180^{\circ}-\hat{A} = 180^{\circ}-60^{\circ} = 120^{\circ}.$ (Στο σχήμα του Στάθη)

$B\widehat{I}C = 90^{\circ}+\dfrac{\hat{A} }{2} = 90^{\circ}+30^{\circ} = 120^{\circ}.$

$B\widehat{O}C = 2\hat{A} = 120^{\circ}.$

Άρα τα σημεία B , C , H , I , O

είναι ομοκυκλικά.

mathematica.gr

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα BC......

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα BC......

Re: Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα BC......

Re: Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα BC......

Re: Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα BC......

Re: Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα BC......

Re: Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα BC......