mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 14, 2024 1:15 pm**

: Εις διπλούν.png (17.75 KiB) Προβλήθηκε 768 φορές

Στο τρίγωνο ABC

φέραμε τις διχοτόμους BE , CF

. Η διχοτόμος

τέμνει το τμήμα

στο σημείο

.

Δείξτε ότι η απόσταση

του

από την

, είναι διπλάσια από την απόσταση

του

από την

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 14, 2024 9:37 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 14, 2024 1:15 pm
Εις διπλούν.pngΣτο τρίγωνο φέραμε τις διχοτόμους . Η διχοτόμος τέμνει το τμήμα στο σημείο .

Δείξτε ότι η απόσταση του από την , είναι διπλάσια από την απόσταση του από την .

Η από το

παράλληλη στην

τέμνει στα $K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$ τις $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ . Γράφω τον κύκλο $\left( {T,S,L} \right)$ ο οποίος προφανώς έχει διάμετρο την

.

Προεκτείνω την

πέραν του

και τέμνει τον πιο πάνω κύκλο στο

. Θα είναι $\widehat {TZL} = 90^\circ$ και άρα ZL//AC

.

: Εις διπλούν_ok.png (27 KiB) Προβλήθηκε 724 φορές

Τώρα πολύ εύκολα έχω ότι τα $\vartriangle CLK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle \,KLZ$ είναι ισοσκελή και ισογώνια. Επίσης η

διχοτομεί την $\widehat {ZLS}$ . οπότε $TS = TZ\,\,\left( 1 \right)$

Επειδή το

είναι μέσο του $TL\,\,$ και η KP//LZ

θα είναι και το

μέσο του

. Δηλαδή , $\boxed{TS = TZ = 2TP}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιαν 15, 2024 11:39 am**

Θα αποδείξω το γενικότερο: Αν είναι οι προβολές τυχόντος σημείου του στις αντίστοιχα, τότε

: Γενίκευση Κ..png (18.57 KiB) Προβλήθηκε 692 φορές

Έστω

οι προβολές του

στις

και

οι προβολές του

στις

Θέτω

$\displaystyle \frac{{FT}}{{FE}} = \frac{{TM}}{y},\frac{{ET}}{{FE}} = \frac{{TL}}{x} \Rightarrow TM + TL = \frac{{yFT + xET}}{{FE}} = \frac{{E{E_1} \cdot FT + F{F_1} \cdot ET}}{{FE}} = TK$

(το FF_1E_1E

είναι τραπέζιο). Στην άσκηση του Θανάση τώρα, είναι TM=TL

και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιαν 16, 2024 3:56 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιαν 14, 2024 1:15 pm
Εις διπλούν.pngΣτο τρίγωνο φέραμε τις διχοτόμους . Η διχοτόμος τέμνει το τμήμα στο σημείο .

Δείξτε ότι η απόσταση του από την , είναι διπλάσια από την απόσταση του από την .

Δεν χρειάζεται να είναι οι προβολές, αυτό που φτάνει και περισσεύει είναι ότι το TPCS

είναι εγγράψιμο. Ισχύει δηλαδή γενικότερο συμπέρασμα... Πάμε να δούμε. Αφού το τετράπλευρο TPCS

είναι εγγράψιμο, άρα $\displaystyle \frac{TS}{TP}=\frac{\sin \angle TPS}{\sin \angle TSP}=\frac{\sin \angle TCS}{\sin \angle TCP}.$ Έστω $Q\equiv CT\cap AB,$ άρα $\displaystyle \frac{TS}{TP}=\frac{\sin \angle BCQ}{\sin \angle ACQ }=\frac{BQ}{AQ}\cdot \frac{AC}{BC}=\frac{BQ}{AQ}\cdot \frac{b}{a}\left ( \ast \right ).$ Ως γνωστόν είναι $\displaystyle \frac{CE}{AC}=\frac{a}{a+c}\left ( \ast \ast \right )$ και από Θ. εσωτερικής διχοτόμου στο $A\overset{\bigtriangleup }FE$ παίρνουμε $\displaystyle \frac{FT}{TE}=\frac{AF}{AE}=\frac{AF}{AB}\cdot \frac{AC}{AE}\cdot \frac{AB}{AC}=\frac{b}{a+b}\cdot \frac{a+c}{c}\cdot \frac{c}{b}=\frac{a+c}{a+b}\overset{\left ( \ast \ast \right )}\Rightarrow \boxed{\frac{CE}{AC}\cdot \frac{FT}{TE}=\frac{a}{a+b}}\left ( \ast \ast \ast \right ).$ Από Θ. Μενέλαου στο τρίγωνο $A\overset{\bigtriangleup }FE$ με διατέμνουσα CTQ

παίρνουμε $\displaystyle \frac{CE}{AC}\cdot \frac{FT}{TE}\cdot \frac{AQ}{QF}=1\overset{\left ( \ast \ast \ast \right )}\Rightarrow \frac{AQ}{QF}=\frac{a+b}{a}\Rightarrow \frac{AQ}{AF}=\frac{a+b}{2a+b}\Rightarrow \frac{AQ}{AB}=\frac{AQ}{AF}\cdot \frac{AF}{AB}=\frac{a+b}{2a+b}\cdot \frac{b}{a+b}$ $\displaystyle =\frac{b}{2a+b}\Rightarrow \frac{BQ}{AQ}=\frac{2a}{b}\overset{\left ( \ast \right )}\Rightarrow \boxed{\frac{TS}{TP}=2}$ και η απόδειξη ολοκληρώνεται.

mathematica.gr

Εις διπλούν

Εις διπλούν

Re: Εις διπλούν

Re: Εις διπλούν

Re: Εις διπλούν