Άθροισμα για άριστα

#1

: Ισόπλευρο σε ορθογώνιο.2.png (13.16 KiB) Προβλήθηκε 746 φορές

Έστω

το μέσο της πλευράς

ορθογωνίου ABCD

και

το σημείο τομής των διαγωνίων του. Επί των τμημάτων

OA, OD

θεωρώ τα σημεία K, L

αντίστοιχα, ώστε MK=ML.

α) Να δείξετε ότι οι γωνίες του τριγώνου KLM

παραμένουν σταθερές ανεξάρτητα από τις θέσεις των σημείων K, L.

β) Αν το

είναι ισόπλευρο i) να βρείτε τη σχέση μεταξύ των πλευρών του ορθογωνίου. ii) Αν επιπλέον BC=4

και $\displaystyle \frac{{(KLM)}}{{(OAB)}} = \frac{3}{8},$ να υπολογίσετε το άθροισμα CK+DL.

Φανης Θεοφανιδης · #2

: 673.png (11.61 KiB) Προβλήθηκε 676 φορές

Έστω $\angle DOA=2\varphi$ και $\angle AOB=2\theta$ .
Οπότε $\angle AOM=\angle MOB=\theta$ .
Προφανώς $\angle OPK=\varphi$ .
Αλλά η

είναι μεσοκάθετος του

.
Άρα

.
Δηλαδή το σημείο

είναι το περίκεντρο του τριγώνου KLP

.
Επομένως $\angle LMK=2\angle LPK\Rightarrow \angle LMK=2\varphi$ .
Συνεπώς το ισοσκελές τρίγωνο KLM

διατηρεί τις γωνίες του σταθερές.

Αν το τρίγωνο KLM

είναι ισόπλευρο, τότε και το τρίγωνο DOA

θα είναι ισόπλευρο.
Από το ορθογώνιο τρίγωνο ADC

παίρνω $\dfrac{DC}{AD}=\sqrt{3}$ .

: 673 (2).png (15.38 KiB) Προβλήθηκε 644 φορές

3) Εφόσον

, από την λύση του δεύτερου ερωτήματος έχω ότι $AB=4\sqrt{3}$ .
Είναι $OM=\dfrac{BC}{2}\Rightarrow OM=2$ . Οπότε $(OAB)=4\sqrt{3}$ .
Όμως $\dfrac{(KLM)}{(OAB)}=\dfrac{3}{8}\Rightarrow (KLM)=\dfrac{3\sqrt{3}}{2}\Rightarrow KL=\sqrt{6}$ .
Από τον Ν. Σ. στο τρίγωνο KOM

βρίσκω ότι $KO=\sqrt{3}+1$ .
Από τον Πτολεμαίο στο KLOM

έχω $LO=\sqrt{3}-1$ .
Συνεπώς DL+CK=OD-LO+OK+OC=10

Εύχομαι η λύση μου να ικανοποιεί τον Γιώργο.

#3

george visvikis έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 12, 2024 10:43 am
Ισόπλευρο σε ορθογώνιο.2.png
Έστω το μέσο της πλευράς ορθογωνίου και το σημείο τομής των διαγωνίων του. Επί των τμημάτων

θεωρώ τα σημεία αντίστοιχα, ώστε α) Να δείξετε ότι οι γωνίες του τριγώνου

παραμένουν σταθερές ανεξάρτητα από τις θέσεις των σημείων

β) Αν το είναι ισόπλευρο i) να βρείτε τη σχέση μεταξύ των πλευρών του ορθογωνίου. ii) Αν επιπλέον

και $\displaystyle \frac{{(KLM)}}{{(OAB)}} = \frac{3}{8},$ να υπολογίσετε το άθροισμα

α)

Γράφω το ημικύκλιο διαμέτρου

και τέμνει τη διαγώνιο

ακόμα στο

. Στο $\vartriangle TAB$ , MT = MB = MA

( διάμεσος προς υποτείνουσα ).

: Άθροισμα για άριστα_a.png (33.39 KiB) Προβλήθηκε 627 φορές

Το τετράπλευρο OMBT

είναι εγγράψιμο . Προφανές : $\widehat {\omega _{}^{}} = \widehat {{\omega _2}}\,$ και $\widehat {{\phi _1}} = \widehat {{\phi _2}}$ . Τα αμβλυγώνια, $\vartriangle MKT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle MLB$ έχουν :

$MK = ML\,\,,\,\,MT = MB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{\phi _1}} = \widehat {{\phi _2}}$ , οπότε από το έμμεσο κριτήριο ισότητας τριγώνων θα είναι ίσα και έτσι θα έχουν: $\widehat {{\alpha _1}} = \widehat {{\alpha _2}}$ .

Η τελευταία μας εξασφαλίζει ότι και το τετράπλευρο MOLK

είναι εγγράψιμο άρα , $\widehat {\theta _{}^{}} = \widehat {\omega _{}^{}}$ σταθερή .

β) το $\vartriangle MKL$ είναι ισόπλευρο θα έχει τις γωνίες του από $60^\circ$ έτσι η διαγώνιος του d = 2b

και άρα $a = \sqrt {4{b^2} - {b^2}} = b\sqrt 3 \Rightarrow \boxed{\frac{a}{b} = \sqrt 3 }$

: Άθροισμα για άριστα_b.png (19.01 KiB) Προβλήθηκε 627 φορές

Τέλος ζητώ το άθροισμα : $S = DL + OK + OC = \left( {OD - OL} \right) + \left( {OL + OM} \right) + OC$

Δηλαδή : S = OD + OM + OC = 4 + 2 + 4 = 10

Θεώρησα γνωστή την πρόταση:

Αν έχω ισόπλευρο τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο και τυχαίο σημείο του μικρού τόξου χορδής τότε ,

( μια απλή απόδειξη της γίνεται με Θ. Πτολεμαίου )

Άθροισμα για άριστα

Άθροισμα για άριστα

Re: Άθροισμα για άριστα

Re: Άθροισμα για άριστα

Μέλη σε σύνδεση