mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 08, 2020 7:23 pm**

Καλησπέρα!

Ως συνέχεια αυτού προτείνω το εξής:
α) Βρείτε σχέση μεταξύ των πλευρών τριγώνου ABC

ώστε

ομοκυκλικά όπου

ορθόκεντρο και

το βαρύκεντρο του ABC

.

β)Ο κύκλος (A,G,L)

εφάπτεται του (A,B,C)

όπου

το σημείο Lemoine του ABC

.

: 225.PNG (28.06 KiB) Προβλήθηκε 1188 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 09, 2020 10:34 am**

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: Σάβ Φεβ 08, 2020 7:23 pm Καλησπέρα!

Ως συνέχεια αυτού προτείνω το εξής:
α) Βρείτε σχέση μεταξύ των πλευρών τριγώνου ώστε ομοκυκλικά όπου ορθόκεντρο και το βαρύκεντρο του .

β)Ο κύκλος εφάπτεται του όπου το σημείο Lemoine του .

225.PNG

Καλημέρα Πρόδρομε!

Έστω M, N, P

τα μέσα των BC, AB, AC

και

η

συμμετροδιάμεσος του ABC.

: Σχέση πλευρών 2.png (27.93 KiB) Προβλήθηκε 1128 φορές

α) $\displaystyle B\widehat GC = B\widehat HC = 180^\circ - \widehat A = N\widehat GP,$ άρα το ANGP

είναι εγγράψιμο.

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} BN \cdot BA = BG \cdot BP \Leftrightarrow \dfrac{{{b^2}}}{2} = \dfrac{2}{3}{m_b}^2\\ \\ CP \cdot CA = GG \cdot CN \Leftrightarrow \dfrac{{{c^2}}}{2} = \dfrac{2}{3}{m_c}^2 \end{array} \right. \Rightarrow {b^2} + {c^2} = \dfrac{4}{3}({m_b}^2 + {m_c}^2) \Leftrightarrow$ $\boxed{b^2+c^2=2a^2}$

β) Θα δείξω αρχικά ότι το

είναι σημείο του περίκυκλου του ANGP.

Τα τρίγωνα ABE, NBC

έχουν τη $\widehat B$ κοινή και $\displaystyle \dfrac{{BE}}{{BA}} = \dfrac{{\dfrac{{a{c^2}}}{{{b^2} + {c^2}}}}}{c} = \dfrac{c}{{2a}} = \dfrac{{BN}}{{BC}},$ άρα είναι όμοια, οπότε $\displaystyle N\widehat CB = B\widehat AE$ δηλαδή το ANEC

είναι

εγγράψιμο και $\displaystyle A\widehat NG = A\widehat NC = A\widehat EC.$ Αλλά, $\displaystyle \frac{{AL}}{{LE}} = \frac{{{b^2} + {c^2}}}{{{a^2}}} = 2 = \frac{{AG}}{{GM}} \Rightarrow LG||BC,$ οπότε

$\displaystyle A\widehat LG = A\widehat EC = A\widehat NG,$ που σημαίνει ότι το

είναι σημείο του περίκυκλου του ANGP.

Έστω

η εφαπτομένη του μικρού κύκλου στο

και $x\widehat AN=\omega.$ Τότε, $\displaystyle NP||BC \Rightarrow \widehat C = A\widehat PN = \omega ,$

άρα η

εφάπτεται και στο κύκλο (A,B,C)

απ' όπου έπεται το συμπέρασμα.

Υπάρχουν και άλλα ευρήματα στο σχήμα, π.χ
$\displaystyle \bullet$ $HG\bot AM$
$\displaystyle \bullet$ O μικρός κύκλος εφάπτεται εξωτερικά και του κύκλου (B,H,C,G)

$\displaystyle \bullet$ Η

εφάπτεται του κύκλου (A, G, B)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 09, 2020 1:48 pm**

Αλλιώς για το α) ερώτημα.

: Σχέση πλευρών 2.β.png (19.45 KiB) Προβλήθηκε 1091 φορές

Οι κύκλοι

είναι ίσοι και συμμετρικοί ως προς την BC.

Άρα, $\displaystyle AH(2{h_a}) = AG(2{m_a}) \Leftrightarrow$

$\boxed{AH \cdot {h_a} = \frac{2}{3}{m_a}^2}$ (1)

και από θεώρημα Leibniz για το σημείο

$\displaystyle O{G^2} = {R^2} - \frac{1}{9}({a^2} + {b^2} + {c^2})$

Χρησιμοποιώ την Πρόταση: Η διαφορά των δυνάμεων ενός σημείου ως προς δύο κύκλους είναι ίση με

το διπλάσιο γινόμενο της διακέντρου επί την απόσταση του σημείου από το ριζικό τους άξονα.

$\displaystyle \Delta _{(K)}^G = 0,\Delta _{(O)}^G = O{G^2} - {R^2} = - \frac{1}{9}({a^2} + {b^2} + {c^2})$ και $\displaystyle |\Delta _{(K)}^G - \Delta _{(O)}^G| = 2OK \cdot GG'$

$\displaystyle \frac{1}{9}({a^2} + {b^2} + {c^2}) = 2AH\frac{h_a}{3}\mathop = \limits^{(1)} \frac{4}{9}{m_a}^2 \Leftrightarrow$ $\boxed{b^2+c^2=2a^2}$

mathematica.gr

Σχέση πλευρών 2

Σχέση πλευρών 2

Re: Σχέση πλευρών 2

Re: Σχέση πλευρών 2