mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 15, 2022 11:58 am**

: Σημείο διαμέσου και αναλογία.png (17.59 KiB) Προβλήθηκε 1135 φορές

Έστω

το ορθόκεντρο τριγώνου ABC.

Ο περίκυκλος του BHC

και ο κύκλος διαμέτρου

τέμνονται

και σε ένα δεύτερο σημείο

Να δείξετε ότι: α) Η

διέρχεται από το μέσο του

και β) $\displaystyle \frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{AB}}{{AC}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 15, 2022 1:04 pm**

george visvikis έγραψε: Τρί Νοέμ 15, 2022 11:58 am Σημείο διαμέσου και αναλογία.png

Έστω το ορθόκεντρο τριγώνου Ο περίκυκλος του και ο κύκλος διαμέτρου τέμνονται και σε ένα δεύτερο σημείο Να δείξετε ότι: α) Η διέρχεται από το μέσο του και β) $\displaystyle \frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{AB}}{{AC}}$

Με

την διάμετρο του κύκλου $\left( K \right)$ προκύπτει ότι τα ίχνη F,Q

των υψών

του $\vartriangle ABC$ είναι σημεία του $\left( K \right)$ . Αν $T\equiv AP\cap \left( B,H,C \right)$ τότε με $\angle APH\overset{AH\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \tau \rho o\varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( K \right)}{\mathop{=}}\,{{90}^{0}}\Rightarrow \angle HPT={{90}^{0}}\Rightarrow PT$ διάμετρος του κύκλου $\left( O \right)\equiv \left( B,P,C \right)\Rightarrow HB\bot BT\overset{HB\equiv BQ\bot AC}{\mathop{\Rightarrow }}\,BT\parallel AC:\left( 1 \right)$ και ομοίως $CT\parallel AB:\left( 2 \right)$

: Διάμεσος και ισολογισμός.png (44.42 KiB) Προβλήθηκε 1116 φορές

Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow ABTC$ παραλληλόγραμμο, άρα οι διαγώνιές του διχοτομούνται και συνεπώς $M\equiv AT\cap BC\equiv AP\cap BC$ είναι το μέσο (και ) της

Επίσης είναι $\angle PBC\overset{B,P,C,T\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle PTC\equiv \angle ATC\overset{AC\parallel BT}{\mathop{=}}\,\angle BAT:\left( 3 \right)$ και $\angle PCB\overset{B,P,C,T\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,PTB\equiv \angle ATB:\left( 4 \right)$

Από $\left( 3 \right),\left( 4 \right)\Rightarrow \vartriangle PBC\sim \vartriangle BAT\Rightarrow \dfrac{PB}{PC}=\dfrac{AB}{BT}\overset{BT=AC\left( ABTC\,\,\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{PB}{PC}=\dfrac{AB}{AC}$ και όλα τα ζητούμενα έχουν αποδειχθεί

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 15, 2022 4:04 pm**

Λίγο αλλιώς για το πρώτο ερώτημα.
Θα αποδείξουμε το ισοδύναμο: Αν ο κύκλος διαμέτρου

τέμνει την διάμεσο

στο

τότε το τετράπλευρο BHPC

είναι εγγράψιμο.

ΑΠΟΔΕΙΞΗ:

Έχουμε $\angle APH=90^\circ$ ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο και άρα το τετράπλευρο DHPM

είναι εγγράψιμο.
Συνεπώς έχουμε $\displaystyle AH\cdot AD=AP\cdot AM\Leftrightarrow PM=AM-\frac{AH\cdot AD}{AM}=\frac{AM^{2}-AH\cdot AD}{AM}:(1)$

Άρα:

$\displaystyle \frac{PM}{MB}=\frac{PM}{MC}=\frac{\frac {\displaystyle AM^{2}-AH\cdot AD}{\displaystyle AM}}{\displaystyle\frac{BC}{2}}=\frac{2\cdot \left ( AM^{2}-AH\cdot AD \right )}{AM\cdot BC}=\frac{\sin \left ( \angle AMB+\angle B \right )}{\sin \angle B}$

Οπότε τελικά $\angle BPM=\angle B$ και ομοίως $\angle CPM=\angle C.$ Άρα $\angle BPC=\angle B+\angle C=\angle BHC$ και τελειώσαμε.

Υ.Σ Δεν είναι η λύση που θα έδινα σε ένα παιδί, αλλά μία ''κατεύθυνση'' προς τη λύση. Καλή συνέχεια σε όλους.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 15, 2022 5:13 pm**

Ορίστε μία απλούστερη προσέγγιση (ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΤΟΥ ΘΕΜΑΤΟΣ ΠΟΥ ΑΝΕΦΕΡΑ ΠΡΙΝ ΓΙΑ ΤΟ ΠΡΩΤΟ ΕΡΩΤΗΜΑ)

Έχουμε βρει (όπως πριν) $\displaystyle PM=\frac{AM^{2}-AH\cdot AD}{AM}$

Άρα:

$\displaystyle \frac{PM}{MB}=\frac{PM}{MC}=\frac{2\cdot \left ( AM^{2}-AH\cdot AD \right )}{AM\cdot BC}=\frac{MB}{AM}:(1)$

Οπότε από $\displaystyle (1)$ παίρνουμε $\vartriangle ABM\sim \vartriangle BPM$ και $\vartriangle ACM\sim \vartriangle CPM.$

Συνεπώς $\angle BPC=\angle BPM+\angle CPM=\angle B+\angle C=\angle BHC$ και τέλος.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 16, 2022 12:08 pm**

george visvikis έγραψε: Τρί Νοέμ 15, 2022 11:58 am Σημείο διαμέσου και αναλογία.png
Έστω το ορθόκεντρο τριγώνου Ο περίκυκλος του και ο κύκλος διαμέτρου τέμνονται

και σε ένα δεύτερο σημείο Να δείξετε ότι: α) Η διέρχεται από το μέσο του και β) $\displaystyle \frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{AB}}{{AC}}$

Μια Άποψη.

α) Επειδή $\widehat {BHC} + \widehat {BAC} = 180^\circ$ οι κύκλοι : $\displaystyle \left( K \right) \equiv \left( {A,B,C} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( L \right) \equiv \left( {B,H,C} \right)$ είναι ίσοι . Ας είναι δε

το κέντρο του κύκλου , $\left( {A,H,P} \right)$

Έτσι τώρα επειδή $AO// = KM \Rightarrow AO// = ML$ και το τετράπλευρο AOLM

είναι παραλληλόγραμμο .

: Διάμεσος και ισολογισμός_1.png (28.8 KiB) Προβλήθηκε 994 φορές

Στους κύκλους $\left( O \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( L \right)$ , η διάκεντρος

είναι μεσοκάθετος στην κοινή χορδή

.

Αφού η $\widehat {APH} = 90^\circ$ ( βαίνει σε ημικύκλιο ) και η AM//LO

σύμφωνα με το Ευκλείδειο αίτημα τα σημεία : A,P,M

ανήκουν στην ίδια ευθεία .
β)
Η ευθεία

είναι άξονας συμμετρίας των ίσων κύκλων $\left( K \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( L \right)$ . Ας είναι

το συμμετρικό του

σ αυτή τη συμμετρία

Θα είναι $PB = P'B\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PC = P'C\,\,\,\left( 1 \right)$ .

Η ευθεία

τέμνει ακόμα τον κύκλο $\left( K \right)$ στο σημείο

που είναι το συμμετρικό του

με κέντρο συμμετρίας το

.

: Περί ίσων κύκλων_frag.png (29.14 KiB) Προβλήθηκε 994 φορές

Αβίαστα τώρα προκύπτει ότι P'J//BC

με άμεση συνέπεια : $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}}$ .

Μα τώρα η ευθεία AP'

είναι ο φορέας της συμμετροδιαμέσου από το

του $\vartriangle ABC$ .

Έτσι το τετράπλευρο ABP'C

είναι αρμονικό οπότε και λόγω της $\left( 1 \right)$ $\boxed{\frac{{AB}}{{AC}} = \frac{{PB}}{{PC}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 16, 2022 8:01 pm**

george visvikis έγραψε: Τρί Νοέμ 15, 2022 11:58 am Σημείο διαμέσου και αναλογία.png
Έστω το ορθόκεντρο τριγώνου Ο περίκυκλος του και ο κύκλος διαμέτρου τέμνονται

και σε ένα δεύτερο σημείο Να δείξετε ότι: α) Η διέρχεται από το μέσο του και β) $\displaystyle \frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{AB}}{{AC}}$

A) Είναι, $HE \bot AB$ και λόγω ορθόκεντρου

,επίσης $CH AB\bot$ οπότε C,H,E

συνευθειακά και για τον ίδιο λόγο B,H,N

συνευθειακά

Είναι ακόμη, $\angle B= \angle EHP= \angle APE \Rightarrow E,P,M,B$ ομοκυκλικά

Λόγω της προφανούς ισότητας των κόκκινων γωνιών του σχήματος,η

είναι διχοτόμος της γωνίας EPB

κι επειδή

$HP \bot AM \Rightarrow \angle BPM= \angle APE= \angle B= \angle BEM$ συνεπώς στο ορθογώνιο τρίγωνο EBC

το

είναι μέσον της

B)Η γωνία

είναι κόκκινη ,άρα

εφαπτόμενη του «πάνω» κύκλου,οπότε

$\angle PBM= \angle MEP= \angle BAM$ συνεπώς $\triangle ABM \simeq \triangle PBM \Rightarrow \dfrac{PB}{AB}= \dfrac{BM}{AM} (1)$

$\angle PCB= \angle PHN= \angle MAC \Rightarrow \triangle AMC \simeq \triangle PMC \Rightarrow \dfrac{PC}{AC}= \dfrac{MC}{AM} = \dfrac{BM}{AM} (2)$

Από (1),(2)

προκύπτει το ζητούμενο

: Διάμεσος και ισολογισμός.png (45.65 KiB) Προβλήθηκε 953 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 21, 2022 1:48 pm**

Λίγα λόγια για το σημείο

ΟΡΙΣΜΟΣ: Ένα σημείο στο εσωτερικό ενός τριγώνου ονομάζεται σημείο $\displaystyle {\text{Humpty}},$ αν $\displaystyle P\widehat BC = P\widehat AB$

και $\displaystyle P\widehat CB = P\widehat AC.$ Το σημείο αυτό έχει τις παρακάτω ιδιότητες:

: A-Humpty.png (10.21 KiB) Προβλήθηκε 871 φορές

Βρίσκεται πάνω στη διάμεσο που φέρεται από το

$\displaystyle \frac{{PB}}{{PC}} = \frac{{AB}}{{AC}}$ είναι σημείο του Απολλώνιου κύκλου

Τα σημεία είναι ομοκυκλικά, όπου το ορθόκεντρο του τριγώνου και ισχύει $AP\bot HP.$

Είναι το σημείο τομής του κύκλου που διέρχεται από τα και εφάπτεται της με τον κύκλο που

διέρχεται από τα και εφάπτεται της

Η συμμετροδιάμεσος επανατέμνει τον περίκυκλο του στο συμμετρικό του ως προς την

mathematica.gr

Διάμεσος και ισολογισμός

Διάμεσος και ισολογισμός

Re: Διάμεσος και ισολογισμός

Re: Διάμεσος και ισολογισμός

Re: Διάμεσος και ισολογισμός

Re: Διάμεσος και ισολογισμός

Re: Διάμεσος και ισολογισμός

Re: Διάμεσος και ισολογισμός