Ισόπλευρο χωρίς αιτία

#1

: Ισόπλευρο χωρίς αιτία.png (10.79 KiB) Προβλήθηκε 646 φορές

Έστω ημικύκλιο διαμέτρου

. Σημείο

του

είναι τέτοιο ώστε : BC = 2CA

.

Η κάθετη στο

επί την

τέμνει το ημικύκλιο στο

.

Σχηματίζω το ορθογώνιο BCDE

και έστω

το σημείο τομής των $BD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AE$ .

Αν ο κύκλος (K,KD)

τέμνει την

στα $L\,\,\kappa \alpha \iota \,\,M$ , δείξετε ότι το τρίγωνο KLM

είναι ισόπλευρο .

Μπορεί να τεθεί και στο φάκελο Β λυκείου .

#2

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 18, 2019 7:11 pm
Ισόπλευρο χωρίς αιτία.png

Έστω ημικύκλιο διαμέτρου . Σημείο του είναι τέτοιο ώστε : .

Η κάθετη στο επί την τέμνει το ημικύκλιο στο .

Σχηματίζω το ορθογώνιο και έστω το σημείο τομής των $BD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AE$ .

Αν ο κύκλος τέμνει την στα $L\,\,\kappa \alpha \iota \,\,M$ , δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο .

Μπορεί να τεθεί και στο φάκελο Β λυκείου .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Γιώργος Μήτσιος · #3

Νίκο και Στάθη καλησπέρα.Μια λογιστική προσέγγιση.

: Ισόπλευρο..Ν.Φ.PNG (11.81 KiB) Προβλήθηκε 596 φορές

Είναι

ως ακτίνες.Φέρω $KH \perp LM$ .Έστω , χωρίς βλάβη AC=1

. Τότε

και στο ορθ. ADB

: $DC^{2}=AC\cdot BC\Rightarrow DC=\sqrt{2}$ ενώ με Π.Θ $BD=\sqrt{6}$ .

Από τα όμοια BAK,DEK

παίρνουμε $\dfrac{DK}{KB}=\dfrac{DE}{AB}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow KD=\dfrac{2}{5}BD=\dfrac{2\sqrt{6}}{5}$ και $KH=\dfrac{3}{5}DC=\dfrac{3\sqrt{2}}{5}$

οπότε $\eta \mu \omega =\dfrac{KH}{KL}=..=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \omega =60^{0}$ άρα το ισοσκελές KLM

είναι ισόπλευρο. Φιλικά , Γιώργος.

#4

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 18, 2019 7:11 pm
Ισόπλευρο χωρίς αιτία.png

Έστω ημικύκλιο διαμέτρου . Σημείο του είναι τέτοιο ώστε : .

Η κάθετη στο επί την τέμνει το ημικύκλιο στο .

Σχηματίζω το ορθογώνιο και έστω το σημείο τομής των $BD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AE$ .

Αν ο κύκλος τέμνει την στα $L\,\,\kappa \alpha \iota \,\,M$ , δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο .

Μπορεί να τεθεί και στο φάκελο Β λυκείου .

Με τη σημερινή υποβάθμιση της Γεωμετρίας στα σχολεία, αν έμπαινε σε εξετάσεις Β' Λυκείου, είναι σίγουρο ότι θα θρηνούσαμε

θύματα. Πάντως, είναι πολύ πιο δύσκολη από τα φετινά θέματα του Ευκλείδη αλλά και του Αρχιμήδη. (Θα επανέλθω με τη λύση μου).

#5

Χαιρετώ τους φίλους!

Έστω

η ακτίνα του ημικυκλίου και

η ακτίνα του κύκλου. Έστω ακόμη

το ύψος του τριγώνου KLM

και

το σημείο τομής των AE, DC.

Είναι, $\displaystyle B{D^2} = BC \cdot BA = \frac{{4R}}{3} \cdot 2R \Leftrightarrow$ $\boxed{BD = \frac{{2R\sqrt 6 }}{3}}$ (1)

: Ισόπλευρο χωρίς αιτία.png (23.78 KiB) Προβλήθηκε 531 φορές

$\displaystyle 2 = \frac{{DE}}{{AC}} = \frac{{DZ}}{{ZC}} \Leftrightarrow \frac{2}{3} = \frac{{DZ}}{{DC}} = \frac{{DZ}}{{EB}} = \frac{{DK}}{{KB}} \Leftrightarrow KB = \frac{{3r}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{(1)} \frac{{5r}}{2} = \frac{{2R\sqrt 6 }}{3} \Leftrightarrow$ $\boxed{R = \frac{{5r\sqrt 6 }}{8}}$ (2)

$\displaystyle \frac{{KH}}{{DC}} = \frac{{BK}}{{BD}} = \frac{3}{5} \Leftrightarrow KH = \frac{3}{5}\sqrt {AC \cdot CB} = \frac{{2R\sqrt 2 }}{5}\mathop \Rightarrow \limits^{(2)} KH = \frac{{r\sqrt 3 }}{2}$ που αποδεικνύει το ζητούμενο.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 18, 2019 7:11 pm
Ισόπλευρο χωρίς αιτία.png

Έστω ημικύκλιο διαμέτρου . Σημείο του είναι τέτοιο ώστε : .

Η κάθετη στο επί την τέμνει το ημικύκλιο στο .

Σχηματίζω το ορθογώνιο και έστω το σημείο τομής των $BD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AE$ .

Αν ο κύκλος τέμνει την στα $L\,\,\kappa \alpha \iota \,\,M$ , δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο .

Μπορεί να τεθεί και στο φάκελο Β λυκείου .

$\displaystyle \frac{{BK}}{\rho } = \frac{{AB}}{{DE}} = \frac{3}{2} \Rightarrow \boxed{BK = \frac{{3\rho }}{2}}$

$\displaystyle {\sin ^2}\omega = \frac{{A{D^2}}}{{A{B^2}}} = \frac{{AC \cdot AB}}{{A{B^2}}} = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{1}{3} \Rightarrow K{Q^2} = \frac{1}{3}B{K^2} = \frac{{3{\rho ^2}}}{4} \Rightarrow \boxed{KQ = \frac{{\rho \sqrt 3 }}{2}}$

Άρα το ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle KLM$ θα είναι ισόπλευρο

: Ισόπλευρο χωρίς αιτία.png (16.2 KiB) Προβλήθηκε 498 φορές

thanasis.a · #7

Doloros έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 18, 2019 7:11 pm
Ισόπλευρο χωρίς αιτία.png

Έστω ημικύκλιο διαμέτρου . Σημείο του είναι τέτοιο ώστε : .

Η κάθετη στο επί την τέμνει το ημικύκλιο στο .

Σχηματίζω το ορθογώνιο και έστω το σημείο τομής των $BD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AE$ .

Αν ο κύκλος τέμνει την στα $L\,\,\kappa \alpha \iota \,\,M$ , δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο .

Μπορεί να τεθεί και στο φάκελο Β λυκείου .

: draw1.png (32.38 KiB) Προβλήθηκε 475 φορές

..καλησπέρα..

εστω AB=1

, με $\displaystyle AC=\frac{1}{3},CB=\frac{2}{3}$ . Επειδή

διάμετρος του ημικυκλίου έχουμε: $\bigtriangleup ADB:\widehat{D=90^{\circ}}\Rightarrow AD^{2}=AC\cdot AB\Rightarrow AD=\frac{1}{\sqrt{3}}$

καθώς και όμοια $\displaystyle DB=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}$ . Από την ομοιότητα $\displaystyle\bigtriangleup AHC\approx \bigtriangleup DHE\Rightarrow \frac{AC}{DE}=\frac{1}{2}= \frac{HC}{DH}$ .

Με διατέμνουσα την A,H,K

στο $\displaystyle\bigtriangleup ACB\Rightarrow \frac{AB}{AC}\cdot \frac{HC}{HB}\frac{KD}{KB}=1\Rightarrow ......\Rightarrow \frac{KD}{KB}=\frac{2}{3}\Rightarrow ...KB=\frac{\sqrt{6}}{5}$ και $\displaystyle KD=BD-KB\Rightarrow ....\Rightarrow KD=\frac{2\cdot \sqrt{6}}{15}=KM$ με $\displaystyle \eta \mu \widehat{ABD}=\frac{AD}{AB}\Rightarrow ...\Rightarrow \eta \mu \widehat{ABD}=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Από ν. ημιτόνου στο $\displaystyle \bigtriangleup KMB\Rightarrow \frac{KM}{\eta \mu \widehat{KBM}}=\frac{KB}{\eta \mu \widehat{KMB}}\Rightarrow ....\Rightarrow \eta \mu \widehat{KMB}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ με ${\widehat{KMB}+\widehat{KML}=180^{\circ}}$

οποτε $\displaystyle\eta \mu \widehat{KML}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \widehat{KML}=60^{\circ}$ .Κατά συνέπεια αφού $\displaystyle KM=KL\Rightarrow \widehat{KLM}=\widehat{KML}=60^{\circ}\Rightarrow \bigtriangleup KLM$ ισόπλευρο.-

Ισόπλευρο χωρίς αιτία

Ισόπλευρο χωρίς αιτία

Re: Ισόπλευρο χωρίς αιτία

Re: Ισόπλευρο χωρίς αιτία

Re: Ισόπλευρο χωρίς αιτία

Re: Ισόπλευρο χωρίς αιτία

Re: Ισόπλευρο χωρίς αιτία

Re: Ισόπλευρο χωρίς αιτία

Μέλη σε σύνδεση