Μοιάζουν

KARKAR · #1

: Μοιάζουν.png (17.3 KiB) Προβλήθηκε 642 φορές

Με κέντρα τις κορυφές B , C

του ορθογωνίου τριγώνου ABC

, γράφουμε τους κύκλους (B , BA)

και

.

α) Εντοπίστε σημεία P , Q

, των δύο κύκλων , τέτοια ώστε η κορυφή

να είναι το μέσο του τμήματος

.

β) Αν οι εφαπτόμενες στα σημεία P ,Q

, τέμνονται στο

, δείξτε ότι το τρίγωνο SPQ

είναι όμοιο με το ABC

.

#2

KARKAR έγραψε: Σάβ Αύγ 17, 2024 7:27 pm Μοιάζουν.pngΜε κέντρα τις κορυφές του ορθογωνίου τριγώνου , γράφουμε τους κύκλους και .

α) Εντοπίστε σημεία , των δύο κύκλων , τέτοια ώστε η κορυφή να είναι το μέσο του τμήματος .

β) Αν οι εφαπτόμενες στα σημεία , τέμνονται στο , δείξτε ότι το τρίγωνο είναι όμοιο με το .

Α) Έστω

τα μέσα των AP, AQ

αντίστοιχα. Αφού AP=AQ

θα είναι και AM=AN=x.

$\displaystyle \cos \theta = \frac{x}{3},sin\theta = \cos (90^\circ - \theta ) = \frac{x}{4} \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{9} + \frac{{{x^2}}}{{16}} = 1 \Leftrightarrow x = \frac{{12}}{5}$

Από την ομοιότητα των τριγώνων AMB, ANC

βρίσκω $\displaystyle MB = \frac{9}{5},NC = \frac{{16}}{5}.$

: Μοιάζουν.Κ.png (24.16 KiB) Προβλήθηκε 559 φορές

Προφανώς οι κύκλοι $\displaystyle \left( {B,\frac{9}{5}} \right),\left( {C,\frac{{16}}{5}} \right)$ εφάπτονται εξωτερικά. Η άνω κοινή εξωτερική εφαπτομένη

των δύο αυτών κύκλων τέμνει τους αρχικούς κύκλους στα ζητούμενα σημεία P, Q.

B) Οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες, όπως και οι μπλε. Άρα το τρίγωνο SPQ

είναι όμοιο με καθένα από τα

τρίγωνα AMB, ANC,

τα οποία εύκολα διαπιστώνεται ότι είναι όμοια με το ABC.

#3

george visvikis έγραψε: Σάβ Αύγ 24, 2024 6:06 pm
KARKAR έγραψε: Σάβ Αύγ 17, 2024 7:27 pm Μοιάζουν.pngΜε κέντρα τις κορυφές του ορθογωνίου τριγώνου , γράφουμε τους κύκλους και .

α) Εντοπίστε σημεία , των δύο κύκλων , τέτοια ώστε η κορυφή να είναι το μέσο του τμήματος .

β) Αν οι εφαπτόμενες στα σημεία , τέμνονται στο , δείξτε ότι το τρίγωνο είναι όμοιο με το .
Α) Έστω τα μέσα των αντίστοιχα. Αφού θα είναι και

$\displaystyle \cos \theta = \frac{x}{3},sin\theta = \cos (90^\circ - \theta ) = \frac{x}{4} \Rightarrow \frac{{{x^2}}}{9} + \frac{{{x^2}}}{{16}} = 1 \Leftrightarrow x = \frac{{12}}{5}$

Από την ομοιότητα των τριγώνων βρίσκω $\displaystyle MB = \frac{9}{5},NC = \frac{{16}}{5}.$ Μοιάζουν.Κ.png
Προφανώς οι κύκλοι $\displaystyle \left( {B,\frac{9}{5}} \right),\left( {C,\frac{{16}}{5}} \right)$ εφάπτονται εξωτερικά. Η άνω κοινή εξωτερική εφαπτομένη

των δύο αυτών κύκλων τέμνει τους αρχικούς κύκλους στα ζητούμενα σημεία

B) Οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες, όπως και οι μπλε. Άρα το τρίγωνο είναι όμοιο με καθένα από τα

τρίγωνα τα οποία εύκολα διαπιστώνεται ότι είναι όμοια με το

Καλησπέρα

Νομίζω ότι η κάθετη στη διαμεσο του αρχικού ορθογωνίου λύνει άμεσα το πρόβλημα

#4

KARKAR έγραψε: Σάβ Αύγ 17, 2024 7:27 pm Μοιάζουν.pngΜε κέντρα τις κορυφές του ορθογωνίου τριγώνου , γράφουμε τους κύκλους και .

α) Εντοπίστε σημεία , των δύο κύκλων , τέτοια ώστε η κορυφή να είναι το μέσο του τμήματος .

β) Αν οι εφαπτόμενες στα σημεία , τέμνονται στο , δείξτε ότι το τρίγωνο είναι όμοιο με το .

Ας δούμε αναλυτικότερα τι εννοούσα στην προηγούμενη ανάρτησή μου
( Το πρόβλημα για τυχαίο ορθογώνιο τρίγωνο)

: Μοιάζουν.png (35 KiB) Προβλήθηκε 468 φορές

Η κάθετη στη διάμεσο

του ορθογωνίου τριγώνου $\vartriangle ABC\left( \angle A={{90}^{0}} \right)$ στην κορυφή της ορθής γωνίας τέμνει τους κύκλους $\left( B,BA \right),\left( C,CA \right)$ στα ζητούμενα σημεία P,Q

.
Πράγματι από το δισορθογώνιο « τραπέζιο» BKLC

που δημιουργείται από τα αποστήματα BK,CL

των χορδών AP,AQ

αντίστοιχα ( προφανώς K,L

τα μέσα των εν λόγω χορδών) με $MA\parallel BK\parallel CL$ (κάθετες στην ίδια ευθεία) και

το μέσο της μιας «μη παράλληλης» πλευράς του εν λόγω «τραπεζίου» προκύπτει ότι

διάμεσος αυτού , άρα $AK=AL\overset{AP=2AK,AQ=2AL}{\mathop{\Rightarrow }}\,AP=AQ$ και το πρώτο ζητούμενο έχει κατασκευαστεί.

Επίσης $\angle SQP\equiv \angle SQA\overset{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma -\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \eta \,\,\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta }{\mathop{=}}\,\dfrac{\angle ACA}{2}$ $\overset{CA=CQ,CL\bot AQ}{\mathop{=}}\,\angle LCA\overset{CL\parallel AM}{\mathop{=}}\,\angle MAC\overset{AM=\frac{BC}{2}=MC}{\mathop{=}}\,\angle MCA\equiv \angle BCA$ και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι $\angle SPQ=\angle ABC$ και συνεπώς $\vartriangle PQS\sim \vartriangle BAC$ (δύο γωνίες ίσες μια προς μία) και το δεύτερο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Μοιάζουν

Μοιάζουν

Re: Μοιάζουν

Re: Μοιάζουν

Re: Μοιάζουν

Μέλη σε σύνδεση