Μεγαλύτερο έως διπλάσιο

KARKAR · #1

: Μεγαλύτερο έως διπλάσιο.png (14.64 KiB) Προβλήθηκε 533 φορές

Η παρακάτω άσκηση ανήκει στην κατηγορία : "Όταν δεν έχεις έμπνευση , δώσε μιαν υπολογιστική " !

Λοιπόν , στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , η διχοτόμος

, τέμνει τη διάμεσο

στο σημείο

.

α) Δείξτε ότι : (SDC)>(SBM)

...β) Βρείτε το λόγο $\dfrac{c}{b}$ , ώστε : (SDC)=2(SBM)

.

γ) Ελέγξτε αν στην περίπτωση β) , το ύψος προς την υποτείνουσα

, διέρχεται από το

Ορέστης Λιγνός · #2

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Φεβ 01, 2019 8:54 pm

Μεγαλύτερο έως διπλάσιο.png
Η παρακάτω άσκηση ανήκει στην κατηγορία : "Όταν δεν έχεις έμπνευση , δώσε μιαν υπολογιστική " !

Λοιπόν , στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , η διχοτόμος , τέμνει τη διάμεσο στο σημείο .

α) Δείξτε ότι : ...β) Βρείτε το λόγο $\dfrac{c}{b}$ , ώστε : .

γ) Ελέγξτε αν στην περίπτωση β) , το ύψος προς την υποτείνουσα , διέρχεται από το

Καλησπέρα.

α) Φέρνουμε $AP,DQ \perp MC$ .

Έχουμε ότι $MB=MA \Rightarrow (MSB)=(MSA)$ .

Είναι, $T=\dfrac{(SDC)}{(SMB)}=\dfrac{(SDC)}{(SMA)}=\dfrac{SC \cdot DQ}{SM \cdot AP}$ .

Από Θ. Μενελάου και Θ. Διχοτόμου, είναι $\dfrac{SM}{SC} \cdot \dfrac{DC}{DA} \cdot \dfrac{BA}{BM}=1 \Rightarrow \dfrac{SM}{SC}=\dfrac{c}{2a}$ .

Επίσης, $\dfrac{DQ}{AP}=\dfrac{DC}{AC}=\dfrac{a}{a+c}$ .

Οπότε, $T=\dfrac{2a^2}{c(a+c)}$ , με c<a

, οπότε $T=\dfrac{2a^2}{ca+c^2} >1$ .

(β) Θέλουμε, $T=2 \Rightarrow a^2=ca+c^2 \Rightarrow a=c\phi \Rightarrow b^2=a^2-c^2=c^2\phi \Rightarrow \dfrac{b}{c}=\sqrt{\phi}$ .

(γ) Από αντίστροφο Θ. Ceva, αρκεί $\dfrac{HB}{HC} \cdot \dfrac{MA}{MB} \cdot \dfrac{DC}{DA}=1$ .

Όμως, (μετρικές σχέσεις), $\dfrac{HB}{HC}=\dfrac{c^2}{b^2}$ , MA=MB

και $\dfrac{DC}{DA}=\dfrac{a}{c}$ .

Αρκεί λοιπόν μετά τις αντικαταστάσεις b^2=ac

, που ισχύει διότι ca=a^2-c^2=b^2

(από Π.Θ.)

#3

Πολύ ωραία η λύση του Ορέστη

Τα δύο πρώτα αλλιώς

a) Αρκεί $AD \cdot c > AM \cdot b \Leftrightarrow \dfrac{{bc}}{{a + c}}c > \dfrac{{bc}}{2} \Leftrightarrow a > c$ αληθής

b) πρέπει : (ABD) = (ASC)

Φέρνω ευθεία παράλληλη στην

δια του

που τέμνει τις $AC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ στα $K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$ . Θα είναι : $\boxed{KS = SL = LB = x}$ .

: μεγαλύτερο έως διπλάσιο.png (23.14 KiB) Προβλήθηκε 495 φορές

Έτσι η προηγούμενη δίδει: $\left\{ \begin{gathered} c\frac{{bc}}{{a + c}} = bx \hfill \\ \frac{{KL}}{{AB}} = \frac{{CL}}{{CB}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = \frac{{{c^2}}}{{a + c}} \hfill \\ \frac{{2x}}{c} = \frac{{a - x}}{a} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = \frac{{{c^2}}}{{a + c}} \hfill \\ x = \frac{{ac}}{{2a + c}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Θέτω : a = yc

και εξισώνω τα δεύτερα μέλη με αποτέλεσμα : $a = \varphi c\,\,\,,\,\boxed{\varphi = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}$

Επί της ουσίας έχω βρει, $\boxed{\sin C = \frac{1}{\varphi }}$ και υπολογίζω $\boxed{\tan C = \dfrac{c}{b} = \sqrt {\dfrac{1}{\varphi }} }$

Μεγαλύτερο έως διπλάσιο

Μεγαλύτερο έως διπλάσιο

Re: Μεγαλύτερο έως διπλάσιο

Re: Μεγαλύτερο έως διπλάσιο

Μέλη σε σύνδεση