Παρά-λογος

KARKAR · #1

: Παρά-λογος.png (10.33 KiB) Προβλήθηκε 2311 φορές

Προεκτείνουμε την κάθετη πλευρά

, ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , κατά τμήμα CS=CB

.

Πάνω στο

παίρνουμε σημείο

, ώστε : $\widehat{SBP}=\widehat{CBA}$ . Υπολογίστε το λόγο : $\dfrac{AC}{PS}$

STOPJOHN · #2

KARKAR έγραψε:Παρά-λογος.pngΠροεκτείνουμε την κάθετη πλευρά , ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , κατά τμήμα .

Πάνω στο παίρνουμε σημείο , ώστε : $\widehat{SBP}=\widehat{CBA}$ . Υπολογίστε το λόγο : $\dfrac{AC}{PS}$

Εστω ότι $CM\perp SB$
Tο τετράπλευρο ACMB

είναι εγγράψιμο γιατί $\hat{A}=\hat{M}=90^{0}$
συνεπώς $\hat{CMA}=\hat{CBA}=\omega ,\hat{CAM}=\hat{CBM}=\hat{CSB}=\phi$
Από τα όμοια τρίγωνα $PSB,CMA,\dfrac{PS}{AC}=\dfrac{SB}{AM}=\dfrac{PB}{CM}\Rightarrow \dfrac{PS}{AC}=2\Leftrightarrow \dfrac{AC}{PS}=\dfrac{1}{2}$

Γιάννης

Ορέστης Λιγνός · #3

: Logos.png (27.67 KiB) Προβλήθηκε 2264 φορές

Από νόμο ημιτόνων στο SPB

θα πάρουμε $SP=\dfrac{\cos 2\varphi {\cdot} SB}{\cos \varphi}$ .

Από νόμο ημιτόνων στο SCB

είναι $\dfrac{BC}{\sin \varphi}=\dfrac{SB}{\sin 2\varphi}$ (1).

Ακόμη, $\cos 2\varphi=\dfrac{AC}{BC} \Leftrightarrow BC=\dfrac{AC}{\cos 2\varphi}$ (2).

Από (1),(2), $AC=\dfrac{\cos 2\varphi \sin \varphi \cdot SB}{\sin 2\varphi}$ .

Άρα, $\dfrac{AC}{PS}=\dfrac{\dfrac{\cos 2\varphi \sin \varphi \cdot SB}{\sin 2\varphi}}{\dfrac{\cos 2\varphi {\cdot} SB}{\cos \varphi}}=\dfrac{\sin \varphi \cos \varphi}{\sin 2\varphi}=\dfrac{1}{2} \Leftrightarrow \dfrac{AC}{PS}=\dfrac{1}{2}$ .

#4

KARKAR έγραψε:Παρά-λογος.pngΠροεκτείνουμε την κάθετη πλευρά , ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , κατά τμήμα .

Πάνω στο παίρνουμε σημείο , ώστε : $\widehat{SBP}=\widehat{CBA}$ . Υπολογίστε το λόγο : $\dfrac{AC}{PS}$

Καλημέρα σας .

Για λόγους πλουραλισμού , μια λύση αμιγώς γεωμετρική με ύλη Α΄Λυκείου

: Παρα_λογος.png (21.49 KiB) Προβλήθηκε 2229 φορές

Με δεδομένο το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ για να προκύψει το σημείο

, γράφουμε τον κύκλο (C,CB)

.

Έστω

τα επί πλέον σημεία τομής των BA,BC,BP

με τον κύκλο αυτό .

Επειδή το $\vartriangle SPT$ έχει τις γωνίες του στα P,T

συμπληρώματα της γωνίας $(\widehat \omega + \widehat \theta ) = \widehat {PBA} = \widehat {SBC}$ θα είναι ισοσκελές με κορυφή το

.

Όμως

ως χορδές ίσων τόξων και αφού SP//ED

( κάθετες στην

)

αναγκαστικά το τετράπλευρο PSED

είναι παραλληλόγραμμο.

Τώρα : $\boxed{AC// = \frac{{DE}}{2}// = \frac{{PS}}{2} \Rightarrow \frac{{AC}}{{PS}} = \frac{1}{2}}$ .

Φιλικά Νίκος

Ιστοσελίδα · #5

KARKAR έγραψε:Προεκτείνουμε την κάθετη πλευρά , ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , κατά τμήμα .

Πάνω στο παίρνουμε σημείο , ώστε : $\widehat{SBP}=\widehat{CBA}$ . Υπολογίστε το λόγο : $\dfrac{AC}{PS}$

Καλημέρα σας.

: Παρά-λογος.png (13.24 KiB) Προβλήθηκε 2225 φορές

Αν

το συμμετρικό του

ως προς

, τότε $DP = (DB = BC) = CS \Leftrightarrow 2x = y$

#6

Μιχάλης Νάννος έγραψε:
KARKAR έγραψε:Προεκτείνουμε την κάθετη πλευρά , ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , κατά τμήμα .

Πάνω στο παίρνουμε σημείο , ώστε : $\widehat{SBP}=\widehat{CBA}$ . Υπολογίστε το λόγο : $\dfrac{AC}{PS}$
Καλημέρα σας.Παρά-λογος.png
Αν το συμμετρικό του ως προς , τότε $DP = (DB = BC) = CS \Leftrightarrow 2x = y$

Απλή, στοιχειώδης ,

Φιλικά Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #7

Ισχύει , $\displaystyle{\frac{{CA}}{{PS}} = \frac{{\left( {ABC} \right)}}{{\left( {SPB} \right)}}(1)}$

Με $\displaystyle{CB = CQ \Rightarrow \angle QSB = {90^0}}$ κι επειδή

$\displaystyle{\angle PBA = \angle SBQ \Rightarrow \vartriangle SQB \simeq \vartriangle PBA \Rightarrow \frac{{QB}}{{PB}} = \frac{{SB}}{{AB}} \Rightarrow \frac{{2CB}}{{PB}} = \frac{{SB}}{{AB}}$ \displaystyle{\displaystyle{ \Leftrightarrow 2CB \cdot AB \cdot \sin \theta = PB \cdot SB \cdot \sin \theta }} $\displaystyle{ \Rightarrow 2(ABC) = \left( {SPB} \right)}$

Τώρα από την $\displaystyle{(1)}$ παίρνουμε $\displaystyle{\boxed{\frac{{CA}}{{PS}} = \frac{1}{2}}}$

: para-logos.png (10.57 KiB) Προβλήθηκε 2189 φορές

Ιστοσελίδα · #8

Doloros έγραψε:
Απλή, στοιχειώδης ,

Φιλικά Νίκος

Νίκο σ’ ευχαριστώ. Ακόμα μία…

: Παρά-λογος_2.png (40.81 KiB) Προβλήθηκε 2152 φορές

Οι διακεκομμένες παράλληλες από τα C,S,B

προς τις

αντίστοιχα, δημιουργούν το εγγράψιμο SDBC

, το παραλληλόγραμμο SEBP

και το ορθογώνιο CMBA

.

Στο $\triangleleft DEB$ η

είναι ύψος και διχοτόμος, άρα y = 2x

Παρά-λογος

Παρά-λογος

Re: Παρά-λογος

Re: Παρά-λογος

Re: Παρά-λογος

Re: Παρά-λογος

Re: Παρά-λογος

Re: Παρά-λογος

Re: Παρά-λογος

Μέλη σε σύνδεση