mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 22, 2024 8:31 am**

Σε τρίγωνο ABC

ισχύει ότι $2a^{2}=b^{2}+c^{2}.$
Nα αποδειχθεί ότι το

είναι κάθετο στο AG,

όπου

το ορθόκεντρο και το βαρύκεντρο του τριγώνου ABC

αντίστοιχα.

Πιστεύω να μην έχει ξανατεθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 22, 2024 9:21 am**

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: Κυρ Σεπ 22, 2024 8:31 am
Πιστεύω να μην έχει ξανατεθεί.

Τηλέμαχε , αν και άκομψο , δες αυτό .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 22, 2024 10:55 am**

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: Κυρ Σεπ 22, 2024 8:31 am Σε τρίγωνο ισχύει ότι $2a^{2}=b^{2}+c^{2}.$
Nα αποδειχθεί ότι το είναι κάθετο στο όπου
το ορθόκεντρο και το βαρύκεντρο του τριγώνου αντίστοιχα.

Πιστεύω να μην έχει ξανατεθεί.

Με θεώρημα διαμέσων βρίσκω $\displaystyle AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2},$ άρα $\displaystyle AG = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}$ και $\boxed{AG\cdot AM=\frac{a^2}{2}}$ (1)

: Καθετότητα υπό συνθήκη.png (9.7 KiB) Προβλήθηκε 536 φορές

$\displaystyle \frac{1}{2}aAD = (ABC) = \frac{{abc}}{{4R}} \Leftrightarrow AD = \frac{{bc}}{{2R}}$

$\displaystyle AH \cdot AD = 2R\cos A \cdot \frac{{bc}}{{2R}} = bc\cos A = \frac{{{b^2} + {c^2} - {a^2}}}{2} = \frac{{{a^2}}}{2}\mathop = \limits^{(1)} AG \cdot AM,$

άρα το HGMD

είναι εγγράψιμο και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 22, 2024 11:49 am**

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: Κυρ Σεπ 22, 2024 8:31 am Σε τρίγωνο ισχύει ότι $2a^{2}=b^{2}+c^{2}.$ Nα αποδειχθεί ότι το είναι κάθετο στο όπου το ορθόκεντρο και το βαρύκεντρο του τριγώνου αντίστοιχα.
Πιστεύω να μην έχει ξανατεθεί.

: ΚΑΘΕΤΟΤΗΤΑ ΥΠΟ ΣΥΝΘΗΚΗ.png (26.53 KiB) Προβλήθηκε 523 φορές

Σύμφωνα με το δεύτερο θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ θα έχουμε : $\left| {{b}^{2}}-{{c}^{2}} \right|=2a\cdot DN\Rightarrow DN=\dfrac{\left| {{b}^{2}}-{{c}^{2}} \right|}{2a}\overset{{{c}^{2}}=2{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{\mathop{=}}\,\ldots \dfrac{\left| {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right|}{a}$ και ομοίως $EK=\dfrac{\left| {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right|}{2c}$ με AD,CE

τα ύψη $,\left( H\equiv AD\cap CE \right)$ το ορθόκεντρο και AN,BK

οι διάμεσοι του $\vartriangle ABC$ , $\left( G\equiv AN\cap CK \right)$ το βαρύκεντρο του εν λόγων τριγώνου και από $GL\parallel A{A}'\Rightarrow \dfrac{DL}{DN}=\dfrac{GA}{AN}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow DL=\dfrac{2}{3}DN$ και ομοίως $PE=\dfrac{2}{3}EK$ , όπου L,P

οι ορθές προβολές του

στις

αντίστοιχα

Οπότε $\dfrac{DL}{PE}=\dfrac{\cancel{\dfrac{2}{3}}DN}{\cancel{\dfrac{2}{3}}EK}=\dfrac{2c}{a}=\dfrac{c}{\dfrac{a}{2}}=\dfrac{BA}{BN}:\left( 1 \right)$ . Από την $\left( 1 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem θα είναι $HG\bot AN$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 23, 2024 1:14 am**

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: Κυρ Σεπ 22, 2024 8:31 am Σε τρίγωνο ισχύει ότι $2a^{2}=b^{2}+c^{2}.$
Nα αποδειχθεί ότι το είναι κάθετο στο όπου
το ορθόκεντρο και το βαρύκεντρο του τριγώνου αντίστοιχα.

Πιστεύω να μην έχει ξανατεθεί.

Κάτι παρόμοιο με το Γιώργο..

$b^2+c^2=2a^2>a^2 \Rightarrow \angle A<90^0$

Ον.συνημιτόνου σε συνδυασμό με την δοδείσα σχέση δίνει b^2+c^2=2b^2+2c^2-4bccosA

απ όπου

όπου $cosA= \dfrac{b^2+c^2}{4bc} = \dfrac{a^2}{2bc} \Rightarrow AE= \dfrac{a^2}{2b} \Rightarrow AE.AC= \dfrac{a^2}{2}$

Από θ.διαμέσου εύκολα παίρνουμε $AG=\dfrac{a \sqrt{3} }{3}$ και $AG.AM= \dfrac{a^2}{2} =AE.AC=AH.AD\Rightarrow HGMD$

εγγράψιμμο ,άρα $HG \bot AM$

: καθετότητα υπό συνθήκη.png (31.12 KiB) Προβλήθηκε 471 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 23, 2024 7:02 pm**

Ας δούμε πώς διαμορφώθηκε το θέμα...

Είναι γνωστό ότι $HA^{2}=4R^{2}-a^{2}.$

Aπό την παρακάτω δημοσίευση, στo 5o θέμα
https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 34&t=40768
προκύπτει ότι
$\displaystyle OG^{2}=R^{2}-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{9}$
Όμως είναι γνωστό ότι
$\displaystyle HG=2OG\Rightarrow HG^{2}=4OG^{2}\Rightarrow HG^{2}=4\left( R^{2}-\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{9} \right)\implies$

$\displaystyle HG^{2}=4\left( R^{2}-\frac{a^{2}+2a^{2}}{9} \right) \implies HG^{2}=4R^{2}-\frac{4a^{2}}{3}$

$\displaystyle AG^{2}=\left( \frac{2}{3} m_{a}\right)^{2}=\frac{4}{9}m_{a}^{2}=\frac{4}{9}\cdot \frac{2\left( b^{2}+c^{2} \right)-a^{2}}{4}=\frac{2\cdot 2a^{2}-a^{2}}{9}=\frac{a^{2}}{3}$

Noμίζω ότι όλοι καταλαβαίνουν ότι $AG^{2}+HG^{2}=HA^{2}$

To ζητούμενο έχει πλέον αποδειχθεί.

Η παραπάνω λύση δεν είναι η καλύτερη, είναι οι σκέψεις που με οδήγησαν στο συμπέρασμα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 24, 2024 4:42 pm**

Μια κάπως πιο προχωρημένη ίσως λύση:

Αν b=c

τότε

και άρα

οπότε είναι προφανές. (Ή ανευ νοήματος αναλόγως προσέγγισης.) Αλλιώς

$\displaystyle \frac{BG^2}{CG^2} = \frac{\mu_B^2}{\mu_C^2} = \frac{2a^2+2c^2-b^2}{2a^2+2b^2-c^2} = \frac{3c^2}{3b^2} \implies \frac{BG}{CG} = \frac{c}{b}.$

Το σύνολο των σημείων

του επιπέδου για τα οποία ισχύει ότι BG/CG = c/b