Τετράγωνο σε ορθογώνιο τρίγωνο

KARKAR · #1

: Λασπόνερα.png (14.43 KiB) Προβλήθηκε 381 φορές

Στο - τύπου " 3-4-5

" - ορθογώνιο τρίγωνο ABC

, "εγγράφω" το τετράγωνο SPQT

,

με κέντρο

και τις κορυφές P,Q

στην υποτείνουσα

.

α) Υπολογίστε την πλευρά του τετραγώνου .

β) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{\tan\theta}{\tan\phi}$ . Προαιρετικό : Μπορούμε να γενικεύσουμε ;

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 12, 2025 1:32 pm
Λασπόνερα.pngΣτο - τύπου "" - ορθογώνιο τρίγωνο , "εγγράφω" το τετράγωνο , με κέντρο και τις κορυφές στην υποτείνουσα .
α) Υπολογίστε την πλευρά του τετραγώνου .
β) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{\tan\theta}{\tan\phi}$ . Προαιρετικό : Μπορούμε να γενικεύσουμε ;

Θεωρούμε το ύψος

που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα. Τότε είναι $AH=\dfrac{b\cdot c}{a}=\dfrac{12}{5}$ . Αν

είναι η πλευρά του τετραγώνου τότε από
$TQ\parallel AH\Rightarrow \dfrac{TQ}{AH}=\dfrac{CT}{AC}\Rightarrow \dfrac{5x}{12}=\dfrac{CT}{3}\Rightarrow \dfrac{5x}{4}=CT:\left( 1 \right)$ και από $TS\parallel BC\Rightarrow \dfrac{TS}{BC}=\dfrac{AT}{AC}=\dfrac{AC-CT}{AC}\Rightarrow \dfrac{x}{5}=\dfrac{3-CT}{3}:\left( 2 \right)$ .

Με διαίρεση των $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ κατά μέλη προκύπτει ότι: $\dfrac{\dfrac{5x}{4}}{\dfrac{x}{5}}=\dfrac{3CT}{3-CT}\Rightarrow \ldots CT=\dfrac{75}{37}$ . Αρα για την κατασκευή βρίσκουμε το

επί της

ώστε $CT=\dfrac{75}{37}$ και στη συνέχεια προσδιορίζονται με τις κατάλληλες καθετότητες οι άλλες

κορυφές του τετραγώνου .

: Τετραγωνο σε ορθογώνιο.png (30.09 KiB) Προβλήθηκε 351 φορές

Από $A{{C}^{2}}=CH\cdot CB\Rightarrow CH=\dfrac{9}{5}$ και από $TQ\parallel AH\Rightarrow \dfrac{QH}{CH}=\dfrac{AT}{CA}\Rightarrow QH=CH\cdot \dfrac{AT}{CA}=\dfrac{9}{5}\cdot \dfrac{\dfrac{36}{37}}{3}=\dfrac{108}{185}$ και με όμοιο τρόπο βρίσκουμε $AS=\dfrac{48}{37}$ και τέλος $HB=\dfrac{16}{5}$ και στην τελική τελική $HP=\dfrac{192}{185}$

Με $\angle A={{90}^{0}}=\angle TOS$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο ATOS

είναι εγγράψιμο σε κύκλο οπότε $\angle TOA=\angle TSA\overset{TS\parallel BC}{\mathop{=}}\,\angle PBA\Rightarrow A,O,P,B$ ομοκυκλικά άρα $\angle \theta =\angle APB={{180}^{0}}-\angle HPA\Rightarrow \varepsilon \varphi \theta =-\varepsilon \varphi \left( \angle HPA \right)=-\dfrac{AH}{HP}:\left( 3 \right)$ και με όμοιο τρόπο βρίσκουμε ότι $\varepsilon \varphi \varphi =-\varepsilon \varphi \left( \angle QHA \right)=-\dfrac{AH}{QH}:\left( 4 \right)$
Με διαίρεση κατά μέλη των σχέσεων $\left( 4 \right),\left( 3 \right)\Rightarrow \dfrac{\varepsilon \varphi \varphi }{\varepsilon \varphi \theta }=\dfrac{HP}{QH}=\dfrac{192}{108}$

Προφανώς η πρόταση μπορεί και να γενικευθεί για κάθε ορθογώνιο τρίγωνο με το ίδιο ακριβώς τρόπο

Παρατήρηση : Ενδέχεται ο Θανάσης να υπολόγισε διαφορετικά τον λόγο των εφαπτομένων γιατι όπως το έκανα βρίσκω και μεμονωμένα τις εφαπτόμενες

KARKAR · #3

Στάθη πως αντέχει η καρδιά σου να εγκαταλείπεις στα τελευταία μέτρα της ( φοβερής ) κούρσας σου ;

α) Για την πλευρά του τετραγώνου : $a=QH+HP=\dfrac{108}{185}+\dfrac{192}{185}=\dfrac{300}{185}=\dfrac{60}{37}$

β) Για τον λόγο : Έχουμε :

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 12, 2025 8:13 pm

$\Rightarrow \dfrac{\varepsilon \varphi \varphi }{\varepsilon \varphi \theta }=\dfrac{HP}{QH}=\dfrac{192}{108}=....=\dfrac{16}{9}=\left(\dfrac{4}{3}\right)^2=\left(\dfrac{c}{b}\right)^2$

Παρατήρηση : Ενδέχεται ο Θανάσης να υπολόγισε διαφορετικά τον λόγο των εφαπτομένων γιατί όπως το έκανα ,

βρίσκω και μεμονωμένα τις εφαπτόμενες .

Νομίζω ότι τώρα φαίνεται γιατί χρησιμοποίησα τον λόγο των εφαπτομένων ...

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 12, 2025 1:32 pm
Λασπόνερα.pngΣτο - τύπου "" - ορθογώνιο τρίγωνο , "εγγράφω" το τετράγωνο ,

με κέντρο και τις κορυφές στην υποτείνουσα .

α) Υπολογίστε την πλευρά του τετραγώνου .

β) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{\tan\theta}{\tan\phi}$ . Προαιρετικό : Μπορούμε να γενικεύσουμε ;

Αλλιώς για το α). Έστω

η πλευρά του τετραγώνου. Καθένα από τα τρίγωνα TCQ, SBP

είναι όμοιο με το ABC.

: Τ.Σ.Ο.png (17.9 KiB) Προβλήθηκε 300 φορές

Άρα, $\displaystyle CQ = \frac{{bx}}{c},PB = \frac{{cx}}{b} \Rightarrow a = \frac{{bx}}{c} + x + \frac{{cx}}{b} \Leftrightarrow x = \frac{{abc}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}=\dfrac{60}{37}.$

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 12, 2025 1:32 pm
Λασπόνερα.pngΣτο - τύπου "" - ορθογώνιο τρίγωνο , "εγγράφω" το τετράγωνο ,

με κέντρο και τις κορυφές στην υποτείνουσα .

α) Υπολογίστε την πλευρά του τετραγώνου .

β) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{\tan\theta}{\tan\phi}$ . Προαιρετικό : Μπορούμε να γενικεύσουμε ;

Για τη γενίκευση:

Έστω M, N

οι προβολές του

στις

αντίστοιχα. Η

είναι διχοτόμος της ορθής γωνίας (δείτε εδώ)

Άρα το AMON

είναι τετράγωνο. Κρατάω από πριν (#4) την πλευρά του τετραγώνου $x = \dfrac{{abc}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}$

Είναι $\displaystyle \frac{x}{a} = \frac{{AT}}{b} \Leftrightarrow AT = \frac{{bx}}{a},TO = \frac{{x\sqrt 2 }}{2}$ και από νόμο συνημιτόνου στο ATO

βρίσκω

$\displaystyle OA = \frac{{(b + c)x\sqrt 2 }}{{2a}},$ οπότε η πλευρά του τετραγώνου AMON

είναι $\boxed{y = \frac{{(b + c)x}}{{2a}}}$

: Τ.Σ.Ο.β.png (22 KiB) Προβλήθηκε 249 φορές

$\displaystyle \tan \varphi = \tan \left( {{\varphi _1} + 45^\circ } \right) = \dfrac{{\dfrac{{CM}}{y} + 1}}{{1 - \dfrac{{CM}}{y}}} = \dfrac{{CM + y}}{{y - CM}} = \frac{b}{{2y - b}}.$ Ομοίως βρίσκω $\displaystyle \tan \theta = \frac{c}{{2y - c}}.$

Αλλά, $\displaystyle 2y - b = 2\frac{{(b + c)x}}{{2a}} - b = \frac{{b + c}}{a} \cdot \frac{{abc}}{{{b^2} + bc + {c^2}}} - b = - \frac{{{b^3}}}{{{b^2} + bc + {c^2}}}$

Άρα, $\displaystyle \tan \varphi = - \frac{{{b^2} + bc + {c^2}}}{{{b^2}}}$ και ομοίως, $\displaystyle \tan \theta = - \frac{{{b^2} + bc + {c^2}}}{{{c^2}}}.$ Επομένως, $\boxed{\frac{{\tan \theta }}{{\tan \varphi }} = \frac{{{b^2}}}{{{c^2}}}}$

Τετράγωνο σε ορθογώνιο τρίγωνο

Τετράγωνο σε ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο σε ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο σε ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο σε ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο σε ορθογώνιο τρίγωνο

Μέλη σε σύνδεση