Για εξάσκηση (Γεωμετρία Β')

#1

: Για εξάσκηση.png (15.88 KiB) Προβλήθηκε 937 φορές

Δίνεται τρίγωνο ABC

, τα ύψη του BD, CE

και το ορθόκεντρο

, έτσι ώστε: BC=25, BE=7, BD=20

. Με διάμετρο την

γράφουμε κύκλο που τέμνει τις AB, AC

στα σημεία F, G

αντίστοιχα. Αν η

τέμνει την

στο

, να υπολογίσετε το μήκος του τμήματος

.

Μέχρι την παρέλαση.

Ηλιας Φραγκάκος · #2

ΛΥΣΗ ΤΟΥ ΚΥΡΙΑΚΟΥ
Μετά από πολλές πράξεις, βλέπει πολλά ορθογώνια όμοια και ίσα, κατέληξε πως το ζητούμενο

είναι

. Του βγαίνει ισοσκελές το ABC

με ίσες πλευρές τις

και

. Είναι πολλά και δεν μπορώ να τα γράψω. Ίσως αύριο. Πάντως είναι πολύ ωραία άσκηση για όσους είναι καλοί στη Γεωμετρία. Και δεν είναι και σίγουρος πως την έλυσε σωστά. Λέει να μη δημοσιευτεί η λύση (από τον κύριο που ανέβασε την άσκηση), αν γίνεται παρακαλεί, για να σκεφτεί αύριο που θα έχουνε κατάληψη και να τη γράψουμε. Αυτά και καληνύχτα.

#3

Για τους ίδιους λόγους που αναφέρω εδώ, επαναφέρω αυτή την άσκηση.

gavrilos · #4

Γεια σας κύριε Γιώργο.

: Γεωμετρια mathematica_102.PNG (12.78 KiB) Προβλήθηκε 673 φορές

Το Πυθαγόρειο θεώρημα δίνει $\displaystyle{CD=15}$ και $\displaystyle{CE=24}$ .

Το θεώρημα Πτολεμαίου στο εγγράψιμο $\displaystyle{BEDC}$ δίνει $\displaystyle{CE\cdot BD=BC\cdot DE+BE\cdot CD\Leftrightarrow 24\cdot 20=25DE+7\cdot 15\Leftrightarrow \boxed{DE=15}}$ .

Τα τρίγωνα $\displaystyle{BHC,EHD}$ είναι όμοια άρα $\displaystyle{\frac{EH}{BH}=\frac{DH}{CH}=\frac{DE}{BC}=\frac{15}{25}=\frac{3}{5}}$ .

Άρα $\displaystyle{BH=\frac{5EH}{3}}$ και τώρα το πυθαγόρειο θεώρημα στο $\displaystyle{\triangle{BEH}}$ δίνει $\displaystyle{EH^{2}+49=\frac{25EH^{2}}{9}\Leftrightarrow \boxed{EH=\frac{21}{4}}$ και $\displaystyle{\boxed{BH=\frac{35}{4}}}$ .

Επίσης $\displaystyle{CH=\frac{5DH}{3}}$ άρα το ίδιο θεώρημα για το $\displaystyle{\triangle{DHC}}$ δίνει $\displaystyle{DH^{2}+225=\frac{25DH^{2}}{9}\Leftrightarrow \boxed{DH=\frac{45}{4}}$ και $\displaystyle{\boxed{CH=\frac{75}{4}}}$ .

Ισχύει $\displaystyle{EFD=90^{\circ}}$ αφού βαίνει σε ημικύκλιο άρα $\displaystyle{FD\parallel CE}$ .

Επομένως $\displaystyle{\frac{BH}{BD}=\frac{BE}{BF}\Leftrightarrow \frac{\frac{35}{4}}{20}=\frac{7}{BF}\Leftrightarrow \boxed{BF=16}}$ .

Άρα $\displaystyle{\boxed{EF=9}}$ κι έτσι το πυθαγόρειο θεώρημα στο $\displaystyle{\triangle{FDE}}$ δίνει $\displaystyle{FD=\sqrt{DE^{2}-EF^{2}}=12}$ .

Ακόμη $\displaystyle{\frac{AF}{AE}=\frac{FD}{CE}\Leftrightarrow \frac{AF}{AF+9}=\frac{12}{24}=\frac{1}{2}\Leftrightarrow AF=9}$ .

Επομένως $\displaystyle{AB=7+9+9=25}$ δηλαδή το $\displaystyle{ABC}$ είναι ισοσκελές απ' όπου λαμβάνουμε ότι το $\displaystyle{D}$ είναι μέσο της $\displaystyle{AC}$ .

Άρα $\displaystyle{AC=30}$ απ' όπου $\displaystyle{(ABC)=\frac{BD\cdot AC}{2}=\frac{20\cdot 30}{2}=300}$ .

Λόγω των εγγράψιμων $\displaystyle{FGDE,BEDC}$ ισχύει $\displaystyle{\hat{AGF}=\hat{FED}=\hat{ACB}\Leftrightarrow FG\parallel BC}$ .

Άρα τα τρίγωνα $\displaystyle{ABC,AFG}$ είναι όμοια με λόγο ομοιότητας $\displaystyle{\lambda =\frac{AF}{AB}=\frac{9}{25}}$ .

Επομένως και το $\displaystyle{AFG}$ είναι ισοσκελές άρα $\displaystyle{FG=AF=9}$ .

Αφού $\displaystyle{AH\perp BC}$ είναι $\displaystyle{AK\perp FG}$ ,δηλαδή $\displaystyle{(AFG)=\frac{AK\cdot FG}{2}=\frac{9AK}{2}}$ .

Όμως $\displaystyle{\frac{(AFG)}{(ABC)}=\lambda ^{2}=\frac{81}{625}\Leftrightarrow \frac{\frac{9AK}{2}}{300}=\frac{81}{625}\Leftrightarrow AK=\frac{9\cdot 600}{625}=\frac{9\cdot 24}{25}=\frac{216}{25}=\boxed{8,64}}$ .

Για εξάσκηση (Γεωμετρία Β')

Για εξάσκηση (Γεωμετρία Β')

Re: Για εξάσκηση (Γεωμετρία Β')

Re: Για εξάσκηση (Γεωμετρία Β')

Re: Για εξάσκηση (Γεωμετρία Β')

Μέλη σε σύνδεση