Θέλει να του μοιάσει

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9680
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Θέλει να του μοιάσει

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Φεβ 24, 2018 9:57 am

Θέλει  να του  μοιάσει.png
Θέλει να του μοιάσει.png (15.85 KiB) Προβλήθηκε 223 φορές
Τα σημεία M , N είναι τα μέσα των πλευρών BC , CD , (BC< CD) αντίστοιχα ,

του ορθογωνίου ABCD , ενώ το S είναι το σημείο τομής των BN,DM .

α) Δείξτε ότι το S είναι σημείο της διαγωνίου AC .

β) Δείξτε ότι : \widehat{BSM}=\widehat{MAN} .

γ) Βρείτε το λόγο \dfrac{a}{b} , ώστε τα τρίγωνα BSM , MAN να είναι όμοια .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6725
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Θέλει να του μοιάσει

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Φεβ 24, 2018 10:57 am

KARKAR έγραψε:
Σάβ Φεβ 24, 2018 9:57 am
Θέλει να του μοιάσει.pngΤα σημεία M , N είναι τα μέσα των πλευρών BC , CD , (BC< CD) αντίστοιχα ,

του ορθογωνίου ABCD , ενώ το S είναι το σημείο τομής των BN,DM .

α) Δείξτε ότι το S είναι σημείο της διαγωνίου AC .

β) Δείξτε ότι : \widehat{BSM}=\widehat{MAN} .

γ) Βρείτε το λόγο \dfrac{a}{b} , ώστε τα τρίγωνα BSM , MAN να είναι όμοια .
Θέλει να του μοιάσει.png
Θέλει να του μοιάσει.png (18.38 KiB) Προβλήθηκε 204 φορές
α) Είναι \displaystyle \frac{{DS}}{{SM}} = \frac{{BS}}{{SN}} = \frac{{BD}}{{MN}} = \frac{2}{1}, άρα το S είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου CBD οπότε η CO είναι διάμεσος,

δηλαδή το S είναι σημείο της AC.

β) \displaystyle B\widehat SM = \omega  + \varphi . Αλλά, \displaystyle \omega  = M\widehat AC (τα τρίγωνα AMC, DBM είναι φανερά ίσα) και ομοίως \displaystyle \varphi  = C\widehat AN.

Άρα \boxed{\widehat{BSM}=\widehat{MAN}}

γ) Αν τα τρίγωνα BSM , MAN είναι όμοια, \displaystyle \frac{{MN}}{{MB}} = \frac{{AM}}{{BS}} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{b} = \frac{{\sqrt {{a^2} + \frac{{{b^2}}}{4}} }}{{\frac{2}{3}\sqrt {{b^2} + \frac{{{a^2}}}{4}} }} \Rightarrow ... \boxed{\frac{a}{b} = \sqrt {\frac{7}{2}} }


STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 1644
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: Θέλει να του μοιάσει

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από STOPJOHN » Σάβ Φεβ 24, 2018 12:23 pm

KARKAR έγραψε:
Σάβ Φεβ 24, 2018 9:57 am
Θέλει να του μοιάσει.pngΤα σημεία M , N είναι τα μέσα των πλευρών BC , CD , (BC< CD) αντίστοιχα ,

του ορθογωνίου ABCD , ενώ το S είναι το σημείο τομής των BN,DM .

α) Δείξτε ότι το S είναι σημείο της διαγωνίου AC .

β) Δείξτε ότι : \widehat{BSM}=\widehat{MAN} .

γ) Βρείτε το λόγο \dfrac{a}{b} , ώστε τα τρίγωνα BSM , MAN να είναι όμοια .
Για το πρώτο ερώτημα

Εστω S το σημείο τομής των AC,NB
Θα αποδείξω ότι τα σημεία D,S,M
είναι συνευθειακά

Στο τρίγωνο NCB
με τέμνουσα DSM
με το αντίστροφο του θεωρήματος του Μενελάου θα αποδειχθεί ότι \dfrac{SB}{NS}.\dfrac{DN}{DC}.\dfrac{CM}{MB}=1,(1)

Απο τα όμοια τρίγωνα NSC.ABS,\dfrac{SB}{NS}=\dfrac{SC}{AS}=\dfrac{AB}{NC}=2,(2)
Οπότε η (1) ισχύει λόγω της (2)


Τα υπόλοιπα ερωτήματα αργότερα

Γιάννης





Για το δευτερο και τρίτο ερώτημα
β)Τα τρίγωνα NAB,MAD είναι ισοσκελή γιατί NA=NB,MD=MA
απο τις ισότητες των γωνιών \hat{DAP}=\hat{NBM}=90-\nu ,\nu =\hat{AND},\hat{ADP}=90-\sigma =\hat{DMC},\sigma =\hat{MDC}
Τα τρίγωνα DAP,EMB είναι όμοια ,άρα \hat{APD}=\hat{MEB}=\hat{NEA}
και το τετράπλευρο APSE είναι εγράψιμο ,οπότε \hat{NAE}=\hat{DSN}

γ) Από τη σχέση \dfrac{NM}{BM}=\dfrac{AM}{BS}\Rightarrow \dfrac{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{b}=\dfrac{3}{2}\sqrt{\dfrac{4a^{2}+b^{2}}{a^{2}+4b^{2}}}\Leftrightarrow \dfrac{a}{b}=\sqrt{\dfrac{7}{2}}
Συνημμένα
Θέλει να του μοιάσει (β,γ).png
Θέλει να του μοιάσει (β,γ).png (87.89 KiB) Προβλήθηκε 109 φορές
Θέλει να του μοιάσει.png
Θέλει να του μοιάσει.png (48.48 KiB) Προβλήθηκε 183 φορές
τελευταία επεξεργασία από STOPJOHN σε Τρί Φεβ 27, 2018 12:15 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5748
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Θέλει να του μοιάσει

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Φεβ 24, 2018 10:29 pm

Αν και η λύση του Γιώργου είναι σε στοιχειώδεις βάσεις ας δούμε κι αυτό.

1. Το τετράπλευρο MNBD είναι τραπέζιο και επομένως η ευθεία SC θα διέρχεται από τα μέσα των βάσεων του , δηλαδή θα συμπίπτει με την ευθεία AC.

Προφανώς δε το S θα είναι το βαρύκεντρο του \vartriangle CDB.


2. Έστω K,L τα σημεία τομής της BD με τις AN\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AM αντίστοιχα . Θα είναι

DL = LK = KB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,SK//BC. Αν η SK κόψει την AB στο E θα είναι :

Ισογώνια τα τρίγωνα : NSK\,\kappa \alpha \iota \,\,NDA\,\,,\,\,SEB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ADM οπότε :

\left\{ \begin{gathered} 
  \widehat {{a_1}} + \widehat {{a_3}} = \widehat {{a_2}} + \widehat {{a_4}} \hfill \\ 
  \widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \boxed{\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}}
Θέλει να του μοιάσει_new_1.png
Θέλει να του μοιάσει_new_1.png (29.97 KiB) Προβλήθηκε 148 φορές

3. \vartriangle MAN \approx \vartriangle LAK άρα θα πρέπει \vartriangle NSB \approx \vartriangle LAK προς τούτο αρκεί να ισχύει:


\dfrac{{SN}}{{SB}} = \dfrac{{AL}}{{AK}} \Leftrightarrow \dfrac{{\dfrac{1}{3}DN}}{{\dfrac{2}{3}MB}} = \dfrac{{\dfrac{2}{3}MA}}{{\dfrac{2}{3}AN}} \Leftrightarrow \boxed{A{N^2} = 2M{A^2}} Θέτω b = ax\,\,,\,\,x > 0 και έχω :

{a^2}(1 + \dfrac{{{x^2}}}{4}) = 2{a^2}({x^2} + \dfrac{1}{4}) \Rightarrow \boxed{x = \sqrt {\dfrac{2}{7}} }


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης