mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 07, 2012 1:30 pm**

: Η αιτία του λόγου.png (14.57 KiB) Προβλήθηκε 638 φορές

Στο παραλληλόγραμμο ABCD

η διχοτόμος της $\hat{B}$ τέμνει την

στο

και την

στο

.

Αν η κάθετη προς τη

στο

, διέρχεται από το μέσο της

, βρείτε το λόγο : $\displaystyle\frac{(ALN)}{(DCLN)}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 07, 2012 2:30 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Η αιτία του λόγου.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο παραλληλόγραμμο η διχοτόμος της $\hat{B}$ τέμνει την στο και την στο .

Αν η κάθετη προς τη στο , διέρχεται από το μέσο της , βρείτε το λόγο : $\displaystyle\frac{(ALN)}{(DCLN)}$

Αν $\displaystyle{ DS \bot MN\mathop \Rightarrow \limits^{BN \bot MN} DS\parallel BN \Rightarrow \widehat{SDN}\mathop = \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \kappa \tau o\varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \pi \iota \,\,\tau \alpha \,\,\alpha \upsilon \tau \alpha } \widehat{BNA}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{BNA} = \widehat{NBC}\,\,(\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \alpha \xi \,\,\left( {BC\parallel AD} \right)} \widehat{SDN} = \widehat{NBC} }$ $\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{NBC} = \frac{{\widehat{ABC}}} {2}\,\,(BN\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \,\,\tau \eta \varsigma \,\,\widehat{ABC}\,\,)} }$

$\displaystyle{ \widehat{SDN} = \frac{{\widehat{ABC}}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{ABC} = \widehat{ADC}\,\,(\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\gamma \omega \nu \iota \varepsilon \varsigma \,\,\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o\upsilon \,\,)} \widehat{SDN} = \frac{{\widehat{ADC}}} {2} \Rightarrow \widehat{SDN} = \widehat{SDM}\mathop \Rightarrow \limits^{DS\,\,\upsilon \psi o\varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\tau \rho \iota \gamma \omega \nu o\upsilon \,\,\vartriangle NDM} \vartriangle NDM }$

ισοσκελές (το $\displaystyle{ DS }$ είναι ύψος και διχοτόμος) άρα $\displaystyle{ ND = DM\mathop \Rightarrow \limits^{DM = \frac{{CD}} {2}\,\,(M\,\,\tau o\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,CD)} ND = \frac{{CD}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{CD = AB\,\,(\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o\upsilon )} \boxed{ND = \frac{{AB}} {2}}:\left( 1 \right) }$

[attachment=0]1.png[/attachment]
Με $\displaystyle{ \widehat{ABN}\mathop = \limits^{AN\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma ...} \widehat{NBC}\mathop = \limits^{\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \alpha \xi ...} \widehat{BNA} \Rightarrow \vartriangle ABN }$ ισοσκελές οπότε: $\displaystyle{ \boxed{AN = AB\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} 2ND}:\left( 2 \right) \Rightarrow \boxed{AN = \frac{2} {3}AD}:\left( 3 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{AD = BC} \boxed{AN = \frac{2} {3}BC}:\left( 4 \right) }$

Με $\displaystyle{ AN\parallel BC \Rightarrow \vartriangle ALN \sim \vartriangle BCL \Rightarrow \frac{{\left( {AL} \right)}} {{\left( {LC} \right)}} = \frac{{\left( {AN} \right)}} {{\left( {BC} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\frac{{\left( {AN} \right)}} {{\left( {BC} \right)}}\mathop = \limits^{\left( 4 \right)} \frac{2} {3}} \frac{{\left( {AL} \right)}} {{\left( {LC} \right)}} = \frac{2} {3} \Rightarrow \frac{{\left( {AL} \right)}} {{\left( {LC} \right) + \left( {AL} \right)}} = \frac{2} {{3 + 2}} \Rightarrow \boxed{\frac{{\left( {AL} \right)}} {{\left( {AC} \right)}} = \frac{2} {5}}:\left( 5 \right) }$

Για τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle ALN,\vartriangle ADC }$ (με κοινή γωνία $\displaystyle{ \widehat{NAL} }$ ) είναι $\displaystyle{ \frac{{\left( {ALN} \right)}} {{\left( {ACD} \right)}} = \frac{{\left( {AL} \right) \cdot \left( {AN} \right)}} {{\left( {AC} \right) \cdot \left( {AD} \right)}} = \frac{{\left( {AL} \right)}} {{\left( {AC} \right)}} \cdot \frac{{\left( {AN} \right)}} {{\left( {AD} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right),\left( 5 \right)} \frac{{\left( {ALN} \right)}} {{\left( {ACD} \right)}} = \frac{2} {5} \cdot \frac{2} {3} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \frac{{\left( {ALN} \right)}} {{\left( {ACD} \right)}} = \frac{4} {{15}} \Rightarrow \frac{{\left( {ALN} \right)}} {{\left( {ACD} \right) - \left( {ALN} \right)}} = \frac{4} {{15 - 4}} \Rightarrow \boxed{\frac{{\left( {ALN} \right)}} {{\left( {CDLN} \right)}} = \frac{4} {{11}}} }$ και το ζητούμενο έχει βρεθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 10, 2023 5:21 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 07, 2012 1:30 pm
Η αιτία του λόγου.png
Στο παραλληλόγραμμο η διχοτόμος της $\hat{B}$ τέμνει την στο και την στο .

Αν η κάθετη προς τη στο , διέρχεται από το μέσο της , βρείτε το λόγο : $\displaystyle\frac{(ALN)}{(DCLN)}$

Έστω

Προφανώς,

και από θεώρημα διχοτόμου $\displaystyle \frac{{AL}}{{AC}} = \frac{b}{{a + b}}.$

: Η αιτία του λόγου.png (21.47 KiB) Προβλήθηκε 467 φορές

$\displaystyle \frac{{(ALN)}}{{(ADC)}} = \frac{{b \cdot AL}}{{a \cdot AC}} = \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + ab}} \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{{(ALN)}}{{(DCLN)}} = \frac{{{b^2}}}{{{a^2} + ab - {b^2}}}}$ (1)

Κατασκευάζω το ρόμβο BANK.

Επειδή η

διχοτομεί την $A\widehat NK$ και θέλουμε $B\widehat NM=90^\circ,$ η

θα διχοτομεί την $K\widehat ND.$ Άρα, $ND = DM = a - b = \dfrac{b}{2} \Leftrightarrow 2a = 3b\mathop \Rightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{\frac{{(ALN)}}{{(DCLN)}} = \frac{4}{{11}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 10, 2023 10:33 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 07, 2012 1:30 pm
Η αιτία του λόγου.png
Στο παραλληλόγραμμο η διχοτόμος της $\hat{B}$ τέμνει την στο και την στο .

Αν η κάθετη προς τη στο , διέρχεται από το μέσο της , βρείτε το λόγο : $\displaystyle\frac{(ALN)}{(DCLN)}$

Προφανές ότι το $\vartriangle ANB$ ισοσκελές με κορυφή το

. Αν τώρα

το σημείο τομής των ευθειών $\,BN\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD$ θα είναι και DN = DT

.

Ας είναι

το σημείο τομής των ευθειών $\,\,NM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ . Επειδή το $\,\vartriangle NMT$ ορθογώνιο στο

θα είναι αναγκαστικά το

διάμεσός του.

Μετά απ’ αυτά θέτω : $ND = DT = TM = MC = m\,\,( = CZ\,)$ . Αβίαστα θα είναι :

: Η αιτία του λόγου_new.png (27.05 KiB) Προβλήθηκε 436 φορές

$AN = 2m\,\,,\,\,BC = 3m$ . Θέτω ακόμα TN = 5k

οπότε προφανώς BN = 10k

(γιατί $\,\,AN = 2ND = 2m$ )

Κι επειδή , $\vartriangle BLC \approx \vartriangle NLA$ το μήκος BN = 10k

αναλύεται σε : $BL = 6k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LN = 4k$ .

Επειδή τα όμοια τρίγωνα έχουν λόγο εμβαδών το τετράγωνο του λόγου ομοιότητας , αν $\left( {DNT} \right) = 5E$ θα έχω:

$\left( {ABN} \right) = 20E \Rightarrow \left( {ALN} \right) = 8E\,,\,\,\left( {ABL} \right) = 12E\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\left( {LCT\,} \right) = {\left( {\dfrac{3}{2}} \right)^2}\left( {ABL} \right) = 27E$ . Οπότε:

$\boxed{\frac{{\left( {ALN} \right)}}{{\left( {DCLN} \right)}} = \frac{{8E}}{{(27 - 5)E}} = \frac{4}{{11}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Φεβ 11, 2023 8:21 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 07, 2012 1:30 pm
Η αιτία του λόγου.png
Στο παραλληλόγραμμο η διχοτόμος της $\hat{B}$ τέμνει την στο και την στο .

Αν η κάθετη προς τη στο , διέρχεται από το μέσο της , βρείτε το λόγο : $\displaystyle\frac{(ALN)}{(DCLN)}$

Εστω

Προφανώς το τρίγωνο OBI

είναι ισοσκελές , OB=IB

και τα τρίγωνα MCI,MND

είναι ίσα

$DM=MC,\hat{CIM}=\hat{MND}=\hat{ANO}=\hat{AON}=\hat{NMD} ,$ ,

ON=2NM

,

Από την ομοιότητα των τριγώνων

$AON,NMD,\dfrac{NM}{ON}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{b}{a-b}\Leftrightarrow a=3b,$ ,

(LNDC)=(LNIC)=(BNI)-(BLC),

,

$\dfrac{(BLC)}{(ALN)}=(\dfrac{a}{a-b})^{2}=\dfrac{9}{4},LP=\upsilon _{1},LK=\upsilon _{2}, \dfrac{BL}{LN}=\dfrac{\upsilon _{2}}{\upsilon _{1}}=\dfrac{3b}{2b}=\dfrac{3}{2}, \dfrac{(BNI)}{(BLC)}= \dfrac{20}{9},$

Οπότε

$(LNDC)=5(ALN)-\dfrac{9}{4}(ALN)=\dfrac{11}{4}(ALN)\Leftrightarrow \dfrac{(ALN)}{(DCLN)}= \dfrac{4}{11}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 16, 2023 1:28 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 07, 2012 1:30 pm
Η αιτία του λόγου.png
Στο παραλληλόγραμμο η διχοτόμος της $\hat{B}$ τέμνει την στο και την στο .

Αν η κάθετη προς τη στο , διέρχεται από το μέσο της , βρείτε το λόγο : $\displaystyle\frac{(ALN)}{(DCLN)}$

Με

κι επειδή

μέσον της

,θα είναι

Λόγω ισότητας των πράσινων γωνιών,στο ορθογώνιο τρίγωνο BNE

είναι,

άρα

Έτσι,

οπότε $x= \dfrac{a}{3} \Rightarrow AN= \dfrac{2a}{3} \Rightarrow \dfrac{AN}{BC}= \dfrac{LK}{LH} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow LK= \dfrac{2}{5}HK$

$\dfrac{(ACD)}{(ALN)} = \dfrac{a.HK}{AN.LK}= \dfrac{a.HK}{\dfrac{2a}{3}.\dfrac{2}{5}} = \dfrac{15}{4}$

$\dfrac{(DCLN)}{(ALN)} = \dfrac{(ACD)}{(ALN)}-1= \dfrac{15}{4}-1= \dfrac{11}{4} \Rightarrow \dfrac{(ALN)}{(DCLN)}= \dfrac{4}{11}$

: Η αιτία του λόγου.png (45.19 KiB) Προβλήθηκε 361 φορές

mathematica.gr

Η αιτία του λόγου

Η αιτία του λόγου

Re: Η αιτία του λόγου

Re: Η αιτία του λόγου

Re: Η αιτία του λόγου

Re: Η αιτία του λόγου

Re: Η αιτία του λόγου