mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 24, 2023 5:02 pm**

Χαιρετώ!

: 24-10 για τον ..γνωστό λόγο!.png (131.81 KiB) Προβλήθηκε 1144 φορές

Το τρίγωνο ABC

έχει

. Οι

τέμνονται στο

όπου $E \in AC$ και $Z \in AB$

Αν CE=m , BZ=n

και ισχύει $\boxed {\left ( m+n \right )\left ( ZAP \right )=m\left ( EAP \right )}$ τότε: Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{m}{n}$

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Οκτ 24, 2023 8:10 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Τρί Οκτ 24, 2023 5:02 pm Χαιρετώ!

24-10 για τον ..γνωστό λόγο!.png
Το τρίγωνο έχει . Οι τέμνονται στο όπου $E \in AC$ και $Z \in AB$

Αν και ισχύει $\boxed {\left ( m+n \right )\left ( ZAP \right )=m\left ( EAP \right )}$ τότε: Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{m}{n}$

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Είναι $\dfrac{(AZP)}{(APE)}=\dfrac{ZQ}{QE} = \dfrac{m}{m+n}$

Από CEVA παίρνουμε $\dfrac{CS}{SB}= \dfrac{m(b-n)}{n(b-m)}$

Ο Μενέλαος στο τρίγωνο CZE

με διατέμνουσα PQA

δίνει

$\dfrac{CP}{PZ}. \dfrac{ZQ}{QE} . \dfrac{AE}{b} =1 \Rightarrow \dfrac{CP}{PZ}.\dfrac{m}{m+n} . \dfrac{b-m}{b}=1 \Rightarrow \dfrac{CP}{PZ}=\dfrac{b(m+n)}{m(b-m)}$

Από VAN AUBEL $\dfrac{CP}{PZ}=\dfrac{CS}{SB}+\dfrac{CE}{EA}$

$\dfrac{b(m+n)}{m(b-m)}=\dfrac{m(b-n)}{n(b-m)} + \dfrac{m}{b-m} \Leftrightarrow (\dfrac{m}{n})^2- \dfrac{m}{n}-1=0 \Rightarrow \dfrac{m}{n} = \Phi$

: Για τον.. γνωστό λόγο.png (10.05 KiB) Προβλήθηκε 1109 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 29, 2023 11:28 am**

Καλημέρα.
Σ' ευχαριστώ Μιχάλη για την άμεση κάλυψη του παρόντος !

Υποβάλλω στη συνέχεια βοηθητική πρόταση , βάσει της οποίας και για ..

.. χάρη του χρυσού αριθμού προέκυψε το παρόν θέμα.

ΛΗΜΜΑ. Αν σε τρίγωνο με οι τέμνονται στο

όπου $E \in AC$ και $Z \in AB$ , τότε ισχύει: $\dfrac{\left (EAP \right )}{\left ( ZAP \right )}=\dfrac{EC}{ZB}$

Πράγματι από την δοθείσα σχέση έχουμε $\dfrac{\left ( EAP \right )}{\left ( ZAP \right )}=1+\dfrac{n}{m}$ και με χρήση του λήμματος παίρνουμε $1+\dfrac{n}{m}=\dfrac{m}{n} \Leftrightarrow \boxed { \dfrac{m}{n}=\Phi }$

Σε επόμενη δημοσίευση και εφόσον δεν καλυφθεί στο μεταξύ, θα δώσω απόδειξη του ως άνω λήμματος.

Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 06, 2023 9:27 am**

Καλή εβδομάδα!

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Οκτ 29, 2023 11:28 am

ΛΗΜΜΑ. Αν σε τρίγωνο με οι τέμνονται στο

όπου $E \in AC$ και $Z \in AB$ , τότε ισχύει: $\dfrac{\left (EAP \right )}{\left ( ZAP \right )}=\dfrac{EC}{ZB}$

Ας δούμε μια προσέγγιση με χρήση του σχήματος

: 6-11 Λήμμα.png (224.85 KiB) Προβλήθηκε 999 φορές

Το Θ.Μενελάου :
Στο τρίγωνο ABE

με διατέμνουσα CPZ

δίνει $\dfrac{PE}{BP}=\dfrac{EC\cdot AZ}{AC\cdot ZB}$ , οπότε $\dfrac{PH}{h}=\dfrac{PE}{BE}=\dfrac{EC\cdot AZ }{EC \cdot AZ +AC\cdot ZB}..(1)$

Στο τρίγωνο CAZ

με διατέμνουσα BPE

δίνει $\dfrac{PZ}{CP}=\dfrac{BZ\cdot AE}{AB\cdot EC}$ , οπότε $\dfrac{PK}{h}=\dfrac{PZ}{CZ}=\dfrac{BZ\cdot AE }{ BZ\cdot AE +AB\cdot EC}..(2)$

Με διαίρεση των (1) , (2) παίρνουμε $\dfrac{PH}{PK}=\dfrac{EC\cdot AZ\left ( AB\cdot EC+BZ\cdot AE \right )}{BZ\cdot AE\left ( AC\cdot ZB+EC\cdot AZ \right )}$ συνεπώς

$\dfrac{\left ( EAP \right )}{\left ( ZAP \right )}=\dfrac{AE}{AZ}\cdot \dfrac{PH}{PK}=\dfrac{AE}{AZ}\cdot \dfrac{EC\cdot AZ\left ( AB\cdot EC+BZ\cdot AE \right )}{BZ\cdot AE\left ( AC\cdot ZB+EC\cdot AZ \right )} \Rightarrow\ \boxed { \dfrac{\left ( EAP \right )}{\left ( ZAP \right )}=\dfrac{EC}{BZ}}$ ,αφού

με AB=AC=b ..EC=m..BZ=n

έχουμε :

$AB\cdot EC+BZ\cdot AE=mb+\left ( b-m \right )n=mb+bn-mn$

αλλά και $AC\cdot ZB+EC\cdot AZ=bn+m\left ( b-n \right )=bn+bm-mn$ .

Φιλικά, Γιώργος.

mathematica.gr

Για τον ..γνωστό λόγο

Για τον ..γνωστό λόγο

Re: Για τον ..γνωστό λόγο

Re: Για τον ..γνωστό λόγο

Re: Για τον ..γνωστό λόγο