mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2022 5:45 am**

Καλημέρα σας. Δίνεται τετράγωνο ABCD

εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R)

. Αν

είναι ένα σημείο του ελάσσονος τόξου

, να αποδειχτεί η σχέση: $\displaystyle M{B^2} - MA \cdot MC = 2{R^2}$
Θερμή παράκληση να δοθούν λύσεις με υποχρεωτικό περιορισμό την ύλη που διδάσκεται στη Β λυκείου!

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2022 7:30 am**

Στο τετράπλευρο MABC

από το θεώρημα του Πτολεμαίου

$MA.BC+AB.MC=MB.AC\Rightarrow (MA+MC).a=MB.2R,(1), AB=a,a^{2}=2R^{2},(2), (1),(2)\Rightarrow MA+MC=\sqrt{2}MB\Leftrightarrow MA^{2}+MC^{2}+2MA.MC=2MB^{2},(3), MA^{2}+MC^{2}=4R^{2},(4), (3),(4)\Rightarrow 2R^{2}+MA.MC=MB^{2}\Leftrightarrow MB^{2}-MA.MC=2R^{2}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2022 8:50 am**

Ευχαριστώ για τον κόπο σας. Αλλά: το θεώρημα του Πτολεμαίου εμφανίζεται στο βιβλίο Γεωμετρίας ως ΑΣΚΗΣΗ 6 στις Γενικές ασκήσεις σελ. 40. Στις οδηγίες διδασκαλίας αναγράφεται ρητά: "Στο Κεφάλαιο 8 δεν θα γίνουν αποδεικτικές ασκήσεις, σύνθετα θέματα καθώς και οι γενικές
ασκήσεις του κεφαλαίου αυτού. Άρα (δυστυχώς) η προφανής λύση με το Θ. Πτολεμαίου δεν είναι εντός διδακτέας ύλης. Εδώ δεν διδάσκεται τίποτα από την ύλη του 9ου Κεφαλαίου μετά την 9.4 (θεώρημα διαμέσων κ.λ.π).

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2022 9:10 am**

Καλημέρα σε όλους!

: Μετρική σχέση.png (16.2 KiB) Προβλήθηκε 1481 φορές

Η πλευρά του τετραγώνου είναι $\displaystyle R\sqrt 2.$ Εφαρμόζω νόμο συνημιτόνων στα τρίγωνα MAB, MBC

και έχω:

$\displaystyle M{A^2} + M{B^2} - MA \cdot MB\sqrt 2 = 2{R^2} = M{C^2} + M{B^2} - MC \cdot MB\sqrt 2 \Leftrightarrow$

$\displaystyle (MA - MC)(MA + MC) - (MA - MC)MB\sqrt 2 = 0 \Leftrightarrow MB\sqrt 2 = MA + MC$

και υψώνοντας στο τετράγωνο, $\displaystyle 2M{B^2} - 2MA \cdot MC = M{A^2} + M{C^2} = 4{R^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{ M{B^2} - MA \cdot MC = 2{R^2}}$

Διευκρίνιση: Στην πορεία της λύσης, διέγραψα τον παράγοντα $MA-MC\ne 0.$

Αν είναι MA=MC,

τότε το

ταυτίζεται με το

και η αλήθεια της αποδεικτέας σχέσης είναι προφανής.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2022 9:44 am**

Από τα όμοια τρίγωνα ΜΑΒ και ΜΖC προκύπτει: $MA\cdot MC=MZ\cdot MB$

Οπότε: $MB^{2}-MA\cdot MC=MB^{2}-MZ\cdot MB=MB\cdot ZB$

Τέλος, από τα όμοια τρίγωνα MBD και OBZ ισχύει: $MB\cdot ZB=BD\cdot BO=2R^{2}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2022 10:15 am**

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι τα τρίγωνα MAE, MBC, BEC

είναι όμοια:

: Μετρική σχέση.β.png (19.48 KiB) Προβλήθηκε 1438 φορές

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} \dfrac{{MA}}{{MB}} = \dfrac{{ME}}{{MC}} \Leftrightarrow MB \cdot ME = MA \cdot MC\\ \\ \dfrac{{R\sqrt 2 }}{{MB}} = \dfrac{{BE}}{{R\sqrt 2 }} \Leftrightarrow MB \cdot BE = 2{R^2} \end{array} \right.\mathop \Rightarrow \limits^ \oplus$ $\boxed{M{B^2} = MAMC + 2{R^2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2022 10:21 am**

Με $ME \bot BD \Rightarrow ME//AC \Rightarrow 2(MAC)=2(CEA)$ Άρα

$2R.EO=MA.MC \Rightarrow 2R(BE-R)=MA.MC)$

Αλλά 2R.BE=MB^2

και το ζητούμενο προκύπτει άμεσα

: Μετρική σχέση.png (36.23 KiB) Προβλήθηκε 1435 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2022 10:26 am**

: Μετρική σχέση_oritzin.png (24.95 KiB) Προβλήθηκε 1428 φορές

Έστω

το σημείο τομής των $MB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC$ . Τα ορθογώνια τρίγωνα $MBD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OBE$ είναι όμοια άρα :

$\dfrac{{MB}}{{OB}} = \dfrac{{BD}}{{BE}} \Leftrightarrow MB \cdot ME = OB \cdot BD \Leftrightarrow MB\left( {MB - ME} \right) = 2{R^2}$ ή

$M{B^2} - MB \cdot ME = 2{R^2}$ . Αρκεί να δείξω ότι : $MA.MC = \,MB \cdot ME \Leftrightarrow \dfrac{{ME}}{{MA}} = \dfrac{{MC}}{{MB}}$ .

Η τελευταία ισχύει γιατί προφανώς $\vartriangle MAB \approx \vartriangle MEC$ .

Βλέπω , διαβάζοντας και τις άλλες λύσεις, ότι έχω την ίδια λύση με τον Nikkru

.Την αφήνω για τον κόπο πληκτρολόγησης.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2022 11:12 am**

Μια λύση ακόμη με απαγορευμένη ύλη…

Με MQ=MC

,προφανώς

μεσοκάθετη της $QC\Rightarrow BA=BQ=BC=R \sqrt{2}$

Θεωρούμε τον κύκλο $(B, R \sqrt{2} )$ και την εφαπτομένη του

Ισχύει, $MQ.MA=MH^2 \Rightarrow MC.MA=MB^2-2R^2$

: Μετρική σχέση.png (36.23 KiB) Προβλήθηκε 1409 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2022 12:13 pm**

Μετράμε το εμβαδόν του MCBA

με δύο διαφορετικούς τρόπους, και εξισώνουμε. Ο πρώτος είναι

$(MCBA) = (AMC) +(ABC) = \dfrac {1}{2} MA\cdot MC+ \dfrac {1}{2} (R\sqrt 2)^2 = \dfrac {1}{2} MA\cdot MC+ R^2$

Αν δείξουμε ότι το εμβαδον αυτό επίσης είναι $\dfrac {1}{2} MB^2$ , τελειώσαμε. Αυτό είναι απλό γιατί αν οι διαγώνιες του MCBA

τέμνονται στο

και θέσουμε $\widehat {MKC}=\theta$ , τότε εύκολα βλέπουμε από τα τρίγωνα $MKC, \, MBC$ (δεδομένου ότι η M=45

) ότι $\widehat {MCB}= 180-\theta$ . Άρα $MB= 2R\sin (180-\theta)= 2R\sin \theta$ . Για να τελειώσουμε είναι

$(MCBA) = \dfrac {1}{2} MB \cdot AC \sin \theta = \dfrac {1}{2} MB \cdot 2R\sin \theta = \dfrac {1}{2} MB^2$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2022 1:38 pm**

Άλλη μία λύση σε αυτή την πολύ ωραία άσκηση.

Αν K, L

είναι οι προβολές του

στις

αντίστοιχα, τότε το MKBL

είναι τετράγωνο και $\boxed{MB^2=2ML^2}$ (1)

: Μετρική σχέση.γ.png (18.6 KiB) Προβλήθηκε 1379 φορές

$\displaystyle MA + MC = ML - AL + MK + KC = ML - AL + ML + AL \Leftrightarrow MA + MC = 2ML$

$\displaystyle M{A^2} + M{C^2} + 2MA \cdot MC = 4M{L^2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{2{R^2} + MA \cdot MC = M{B^2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2022 2:06 pm**

: Μετρική σχέση.png (20.79 KiB) Προβλήθηκε 1368 φορές

Προφανώς $AB=R\sqrt{2}:\left( 1 \right)$ . Αν K,L

είναι οι ορθές προβολές των O,B

(προφανώς

το μέσο της (χορδής)

τότε το τετράπλευρο BOKL

είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου

(λόγω των ορθών απέναντι γωνιών του) οπότε ${{45}^{0}}=\angle ABO=\angle ALO\equiv \angle KLO\overset{\angle LKO={{90}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $KL=OK\overset{K,O\,\,\mu \varepsilon \sigma \alpha \,\,\tau \omega \nu \,\,AM,AC}{\mathop{=}}\,\dfrac{MC}{2}:\left( 2 \right)$
Από το 2ο θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο $\vartriangle ABM$ (προφανώς MB>AB

) θα έχουμε:
$M{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}=2AM\cdot KL\overset{\left( 1 \right),\left( 2 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\ldots M{{B}^{2}}-MA\cdot MC=2{{R}^{2}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Υ.Σ: Δεν γνωρίζω αν το 2ο θεώρημα των δια μέσων είναι μέσα στην ύλη της γεωμετρίας που καθόρισαν οι " σοφοί " επειδή είμαι συνταξιούχος , ξέρω όμως οτι υπάρχει τέτοιο θεώρημα

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2022 7:43 pm**

: Μετρική σχέση_new.png (22.46 KiB) Προβλήθηκε 1305 φορές

Για το εμβαδόν του ορθογωνίου τριγώνου MAC

, έχω : $2\left( {MAC} \right) = MA \cdot MC = AC \cdot OP = 2Rh\,\,\,\left( 1 \right)\,$ .

Από το Θ. Ευκλείδη στο ορθογώνιο τρίγωνο MBD

, $M{B^2} = BP \cdot BD = \left( {R + h} \right)2R\,\,\left( 2 \right)$ ,

Αφαιρώ κατά μέλη τις $\left( 2 \right)\,\,,\,\,\left( 1 \right)$ κ έχω: $M{B^2} - MA \cdot MC = 2R(R + h) - 2Rh = 2{R^2}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Μαρ 25, 2022 7:57 pm**

Ευχαριστώ όλους για την ενασχόλησή τους με την άσκηση. Η δική μου λύση είναι παρόμοια με την 1η λύση του κ. Βισβίκη και δεν έχει νόημα να την αναρτήσω. Η άσκηση είναι από το βιβλίο του κ. Γιάννη Μπαϊλάκη "Κριτήρια Αξιολόγησης Γεωμετρίας Β' Λυκείου , Εκδόσεις Σαββάλα 2003".
Είναι πρωτότυπο θέμα για 'μένα - ΔΕΝ το βρήκα σε όσα βιβλία μου ή σημειώσεις μου έψαξα - και προσπάθησα να το λύσω εντός διδακτέας ύλης. Λόγω νόμου συνημιτόνων δεν την θεώρησα καθαρά Γεωμετρική απόδειξη και γι αυτό το ανέβασα στο site με την βοήθεια του καλού μου φίλου Μιχάλη Νάννου ο οποίος μου έδωσε λύση με τον Πτολεμαίο.
Τελειώνοντας να πω - αν δεν το γνωρίζετε - ότι το προαναφερθέν είναι ένα πολύ καλό βιβλίο με πολλά πρωτότυπα θέματα.
Θερμές ευχαριστίες προς όλους. Καλό βράδυ.

mathematica.gr

ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ

ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ

Re: ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ

Re: ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ

Re: ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ

Re: ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ

Re: ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ

Re: ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ

Re: ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ

Re: ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ

Re: ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ

Re: ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ

Re: ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ

Re: ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ

Re: ΜΕΤΡΙΚΗ ΣΧΕΣΗ