Κατασκευή και λόγος

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλησπέρα.

: 9-7 κατασκευή.png (129.07 KiB) Προβλήθηκε 526 φορές

Θεωρούμε τρίγωνο ABC

για το οποίο ισχύει $4\left ( BAC \right )=a^{2}\cdot tanA$ .

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς τη διάμεσο

και

σημείο της

ώστε να είναι $\widehat{ABN}=\widehat{ACB}$ .

Ι) Να κατασκευαστεί ένα τέτοιο τρίγωνο και ΙΙ) Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{MN}{BC}$

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 09, 2020 4:59 pm
Καλησπέρα.
9-7 κατασκευή.png
Θεωρούμε τρίγωνο για το οποίο ισχύει $4\left ( BAC \right )=a^{2}\cdot tanA$ .

Έστω το συμμετρικό του ως προς τη διάμεσο και σημείο της ώστε να είναι $\widehat{ABN}=\widehat{ACB}$ .

Ι) Να κατασκευαστεί ένα τέτοιο τρίγωνο και ΙΙ) Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{MN}{BC}$

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλησπέρα Γιώργο!

Ι) b^2+c^2=2a^2

.......... II)

είναι το βαρύκεντρο του BNC

και $\dfrac{MN}{BC}=\dfrac{3}{2}.$

Αύριο η λύση αν δεν απαντηθεί μέχρι τότε.

#3

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Ιούλ 09, 2020 4:59 pm
Καλησπέρα.
9-7 κατασκευή.png
Θεωρούμε τρίγωνο για το οποίο ισχύει $4\left ( BAC \right )=a^{2}\cdot tanA$ .

Έστω το συμμετρικό του ως προς τη διάμεσο και σημείο της ώστε να είναι $\widehat{ABN}=\widehat{ACB}$ .

Ι) Να κατασκευαστεί ένα τέτοιο τρίγωνο και ΙΙ) Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{MN}{BC}$

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Με τα γράμματα και τους συμβολισμούς του σχήματος έχω:

: Κατασκευή και λόγος.ΓΜ.png (18.18 KiB) Προβλήθηκε 455 φορές

Ι) $\displaystyle 4(BAC) = {a^2}\tan A \Leftrightarrow 2bc\sin A = {a^2}\frac{{\sin A}}{{\cos A}} \Leftrightarrow {a^2} = 2bc\cos A \Leftrightarrow$ $\boxed{b^2+c^2=2a^2}$

II) Επειδή οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες, τα τρίγωνα ABD, ACB

είναι όμοια, οπότε $\displaystyle AD = \frac{{{c^2}}}{b},$

$\displaystyle DC = b - \frac{{{c^2}}}{b} = \frac{{{b^2} - {c^2}}}{b} = \frac{{2({a^2} - {c^2})}}{b}$ και με θ. διαμέσων στο ABC,

$\boxed{AM = \frac{{a\sqrt 3 }}{2}}$ (1)

$\displaystyle \frac{{AH}}{{KC}} = \frac{{AD}}{{DC}} \Leftrightarrow \frac{{AH}}{{HM}} = \frac{{{c^2}}}{{{a^2} - {c^2}}} \Leftrightarrow \frac{{AM}}{{HM}} = \frac{{{a^2}}}{{{a^2} - {c^2}}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{KC=2HM = \frac{{\sqrt 3 }}{{a}}({a^2} - {c^2})}$

Με νόμο συνημιτόνου στο ABM

βρίσκω $\displaystyle \cos \omega = \frac{{2({a^2} - {c^2})\sqrt 3 }}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow \frac{{2PM}}{a} = \frac{{2({a^2} - {c^2})\sqrt 3 }}{{3{a^2}}} \Leftrightarrow CE = 2PM = \frac{2}{3}CK.$

Άρα το

είναι βαρύκεντρο του BNC,

απ' όπου $\boxed{\frac{{MN}}{{BC}} = \frac{3}{2}}$

Πιστεύω ότι υπάρχει ευκολότερη λύση.

Γιώργος Μήτσιος · #4

Καλημέρα! Σ' ευχαριστώ Γιώργο για την κάλυψη και του παρόντος!

Να τονίσω μόνο για την κατασκευή του ABC

πως αρκεί να πάρουμε πλευρά BC=a

με μέσο

και το

ως σημείο (όχι στον φορέα των B,C

) του κύκλου $(M,a\sqrt{3}/2)$ αφού είναι $AM=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}$ .

Ας κάνουμε ένα κόπο ακόμη , να δείξουμε -ίσως όχι άσκοπα- και την ομοιότητα των τριγώνων και

Φιλικά, Γιώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #5

Καλημέρα.Η λύση που ακολουθεί προκύπτει από την συνεργασία δύο ..Γιώργηδων!

Από μένα βοηθητικά, και κυρίως από ...

ποιόν άλλον... τον Γιώργο Β. όπως βλέπουμε στην #4 ανάρτηση του θέματος: Υπάρχει λόγος.

: 18-7 κατασκευή.png (132.42 KiB) Προβλήθηκε 371 φορές

Εύκολα προκύπτει $\widehat{AHB}=\widehat{B}$ κι' από την παραπομπή παίρνουμε $AM^{2}=BM\cdot MN$ .

Έχουμε εδώ $AM^{2}=\dfrac{3a^{2}}{4}$ , συνεπώς $\dfrac{a}{2}MN=\dfrac{3a^{2}}{4}\Rightarrow \dfrac{MN}{a}=\dfrac{3}{2}$ .

Φιλικά, Γιώργος.

Κατασκευή και λόγος

Κατασκευή και λόγος

Re: Κατασκευή και λόγος

Re: Κατασκευή και λόγος

Re: Κατασκευή και λόγος

Re: Κατασκευή και λόγος

Μέλη σε σύνδεση