Λόγου ακεραιότητα

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαιρετώ.

: 15-4 Λόγου ακεραιότητα.png (80.59 KiB) Προβλήθηκε 685 φορές

Το τρίγωνο ABC

έχει $\widehat{A}=90^o$ και tanB=3

.

Αν

και $ZE \perp BC$ τότε: Να βρεθεί ο λόγος $\dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( BEN \right )}$

Λέτε το παρόν , να δεχθεί..

..πολυμέτωπη επίθεση;

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 15, 2021 4:15 pm
Χαιρετώ.
15-4 Λόγου ακεραιότητα.png
Το τρίγωνο έχει $\widehat{A}=90^o$ και .

Αν και $ZE \perp BC$ τότε: Να βρεθεί ο λόγος $\dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( BEN \right )}$

Λέτε το παρόν , να δεχθεί.. ..πολυμέτωπη επίθεση;

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλησπέρα!

Φέρνω EM||AC.

Επειδή $\tan B = 3,$ θα είναι AC=3AB=3c

και

: Λόγου ακεραιότητα.png (13.71 KiB) Προβλήθηκε 666 φορές

$\displaystyle \tan \theta = \tan (B - 45^\circ ) = \frac{{3 - 1}}{{1 + 3}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow BE = 2EZ$ και $\boxed{BC=5EZ}$

$\displaystyle \frac{{(BAC)}}{{(BEN)}} = \frac{{AB \cdot AC}}{{BN \cdot ME}} = \frac{{6{c^2}}}{{cME}} = \frac{{2AC}}{{ME}} = \frac{{2BC}}{{BE}} = \frac{{10EZ}}{{2EZ}} \Leftrightarrow$ $\boxed{\dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( BEN \right )}=5}$

#3

Λίγο πιο σύντομα, αφού έχουμε πρώτα αποδείξει ότι $\displaystyle BC = \frac{5}{2}BE.$

: Λόγου ακεραιότητα.β.png (13.25 KiB) Προβλήθηκε 657 φορές

Τα τρίγωνα BAC, BEN

έχουν μία γωνία παραπληρωματική, άρα $\displaystyle \frac{{(BAC)}}{{(BEN)}} = \frac{{cBC}}{{cBE/2}} = 5$

nickchalkida · #4

Όπως αιτιολογήθηκε παραπάνω είναι $\tan \alpha = {\displaystyle {1 \over 2}}$ , αλλά $\ \widehat{\alpha} = \widehat{\beta}\$ (διότι AZEB

περιγράψιμο),
συνεπώς $\ \tan \alpha = \tan \beta\$ και η προέκταση της

θα διέλθει δια του

, και οι διαγώνιοι του ορθογωνίου διχοτομούνται,
άρα το

είναι μέσον της

. Δηλαδή το

είναι σημείο της διαμέσου

του τριγώνου ANC

. Τότε θα είναι

$\displaystyle{ (ANE) = (AEC) \rightarrow 3Y = 3X \rightarrow Y = X \ \ \ \rightarrow {(BAK) \over (BEN)} = 5 }$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 15, 2021 4:15 pm
Χαιρετώ.
15-4 Λόγου ακεραιότητα.png
Το τρίγωνο έχει $\widehat{A}=90^o$ και .

Αν και $ZE \perp BC$ τότε: Να βρεθεί ο λόγος $\dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( BEN \right )}$

Λέτε το παρόν , να δεχθεί.. ..πολυμέτωπη επίθεση;

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Έστω

συμμετρικό του

ως προς

.Επειδή

το

είναι κ.βάρους του τριγώνου AQE

,

άρα

μέσον της

και

οπότε

.Ακόμη,

Με $AP \bot BC \Rightarrow ( \dfrac{AC}{AB})^2= \dfrac{CP}{PB} =9$ και $PE=PA=3PB \Rightarrow BE=4PB \Rightarrow DB=2PB$

$\dfrac{(ABC)}{(BNE)}= \dfrac{(ABC)}{(DBA)}= \dfrac{BC}{BD}= \dfrac{10PB}{2PB}=5$

: Λόγου ακεραιότητα.png (38.17 KiB) Προβλήθηκε 587 φορές

STOPJOHN · #6

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 15, 2021 4:15 pm
Χαιρετώ.
15-4 Λόγου ακεραιότητα.png
Το τρίγωνο έχει $\widehat{A}=90^o$ και .

Αν και $ZE \perp BC$ τότε: Να βρεθεί ο λόγος $\dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( BEN \right )}$

Λέτε το παρόν , να δεχθεί.. ..πολυμέτωπη επίθεση;

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

$tanB=3\Leftrightarrow b=3c,a=c\sqrt{10},TN//ZE\Rightarrow \dfrac{TN}{b}=\dfrac{BN}{a}\Rightarrow TN=\dfrac{3c\sqrt{10}}{20},(1)$

Από το εγράψιμο τετράπλευρο

$BEZA,EC.CB=ZC.AC\Rightarrow EC=\dfrac{3\sqrt{10}c}{5}, EB=a-EC=c\sqrt{10}\dfrac{2}{5},(2), (EBN)=\dfrac{1}{2}NT.BE=\dfrac{3c^{2}}{10}, \dfrac{(ABC)}{(BNE)}=5$

Γιώργος Μήτσιος · #7

Καλημέρα! Σας ευχαριστώ όλους για τις ευρηματικές σας λύσεις!

Ας θέσω δύο νέα ζητήματα που ίσως θεωρηθούν ενδιαφέροντα.

: 20-4 Ισότητα και κατασκευή(1).png (106.31 KiB) Προβλήθηκε 502 φορές

Με τα αρχικά δεδομένα: Ι) Να εξεταστεί αν ισχύει και

ΙΙ) Να κατασκευαστεί ο κύκλος που εφάπτεται της και της στο σημείο της .

Σας ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

#8

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Απρ 20, 2021 9:00 am
Καλημέρα! Σας ευχαριστώ όλους για τις ευρηματικές σας λύσεις!

Ας θέσω δύο νέα ζητήματα που ίσως θεωρηθούν ενδιαφέροντα.
20-4 Ισότητα και κατασκευή(1).png

Με τα αρχικά δεδομένα: Ι) Να εξεταστεί αν ισχύει και

ΙΙ) Να κατασκευαστεί ο κύκλος που εφάπτεται της και της στο σημείο της .

Σας ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

Καλημέρα!

I) $\displaystyle \tan B = 3 \Leftrightarrow \cos B = \frac{1}{{\sqrt {10} }} \Leftrightarrow \cos \omega = - \frac{1}{{\sqrt {10} }}.$ Εξάλλου έχει ήδη αποδειχτεί (#1) ότι

$\displaystyle BE = \frac{2}{5}BC = \frac{{2c\sqrt {10} }}{5}.$ Με νόμο συνημιτόνου τώρα στο BEN

βρίσκω $\boxed{NE = \frac{{3c}}{2} = AN}$

: Λόγου ακεραιότητα.γ.png (18.4 KiB) Προβλήθηκε 490 φορές

ΙΙ) Η

τέμνει την

στο

και η διχοτόμος της $N\widehat DA$ την

στο

Ο κύκλος

είναι

ο ζητούμενος. Η απόδειξη είναι απλή.

STOPJOHN · #9

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Απρ 20, 2021 9:00 am
Καλημέρα! Σας ευχαριστώ όλους για τις ευρηματικές σας λύσεις!

Ας θέσω δύο νέα ζητήματα που ίσως θεωρηθούν ενδιαφέροντα.
20-4 Ισότητα και κατασκευή(1).png

Με τα αρχικά δεδομένα: Ι) Να εξεταστεί αν ισχύει και

ΙΙ) Να κατασκευαστεί ο κύκλος που εφάπτεται της και της στο σημείο της .

Σας ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

Aπό τη προηγούμενη ανάρτηση είναι $\dfrac{EC}{EB}=\dfrac{3}{2},\dfrac{BN}{NA}=\dfrac{1}{3},$

και από Θ.Μενελάου στο τρίγωνο ABC

με τέμνουσα $NEL,\dfrac{LC}{AL}=\dfrac{1}{2} \Rightarrow LA=2LC,AZ=ZL=LC=c,\hat{EAN}=90-\omega =\hat{AEN}=45+\theta \Leftrightarrow AN=NE,$

Για τη κατασκευη του κύκλου είναι OP=OA,

άρα η διχοτόμο της γωνίας $\hat{NLA}$

Προσδιορίζει το κέντρο του κύκλου

Μιχάλης Τσουρακάκης · #10

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Απρ 20, 2021 9:00 am
Καλημέρα! Σας ευχαριστώ όλους για τις ευρηματικές σας λύσεις!

Ας θέσω δύο νέα ζητήματα που ίσως θεωρηθούν ενδιαφέροντα.
20-4 Ισότητα και κατασκευή(1).png

Με τα αρχικά δεδομένα: Ι) Να εξεταστεί αν ισχύει και

ΙΙ) Να κατασκευαστεί ο κύκλος που εφάπτεται της και της στο σημείο της .

Σας ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

A) Υπάρχουν διάφορες λύσεις.

Θεωρούμε σημείο

στην

ώστε

.

Ξέρουμε ότι $(DBA)=(NBE)= \dfrac{1}{5}(ABC)$ κι επειδή

κ.βάρους του

$\triangle QEA$ ,αν $DB=x\Rightarrow BE=2x,EC=3x$ και $\dfrac{BE}{EC} = \dfrac{2}{3}$

Ο αντίστροφος Μενέλαος στο τρίγωνο ABC

δίνει $\dfrac{BE}{EC} . \dfrac{CP}{PA} . \dfrac{NA}{NB} = \dfrac{2}{3} . \dfrac{1}{2} . 3=1 \Rightarrow N,E,P$

συνευθειακά και προφανώς AZ=ZP=PC=PE=AB

Άρα, $\angle NEB= \angle BCA \Rightarrow \dfrac{1}{5}= \dfrac{(NBE)}{(ABC)}= \dfrac{2x.NE}{5x . 3AB} \Rightarrow NE= \dfrac{3}{2}AB=NA$

B)Το κέντρο

του κύκλου ανήκει στην

κι επειδή ισαπέχει από τις AC,NE

θα

είναι και σημείο της διχοτόμου της γωνίας NPA

: λόγου ακεραιότητα-2.png (22.14 KiB) Προβλήθηκε 455 φορές

Μιχάλης Τσουρακάκης · #11

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Απρ 20, 2021 9:00 am
Καλημέρα! Σας ευχαριστώ όλους για τις ευρηματικές σας λύσεις!

Ας θέσω δύο νέα ζητήματα που ίσως θεωρηθούν ενδιαφέροντα.
20-4 Ισότητα και κατασκευή(1).png

Με τα αρχικά δεδομένα: Ι) Να εξεταστεί αν ισχύει και

ΙΙ) Να κατασκευαστεί ο κύκλος που εφάπτεται της και της στο σημείο της .

Σας ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

Αλλιώς για το πρώτο ερώτημα (σε συνέχεια της πρώτης μου ανάρτησης)

Η κάθετη στην

στο

τέμνει την

στο

Ισχύει, $BC^2=10AB^2=25x^2 \Rightarrow 30x^2=12AB^2$ και

$CB.CD=CA.CI \Rightarrow 30x^2=3AB . CI \Rightarrow 12AB^2=3AB.CI \Rightarrow CI=4AB \Rightarrow AI=AB$

Άρα είναι αληθής η BZ^2=ZA.ZI

,συνεπώς η

είναι εφαπτόμενη του κύκλου (D,B,A,I)

άρα

$\angle ADE=45^0 \Rightarrow QA \bot AE$ και EN=NQ=NA

: λόγου ακεραιότητα-2.png (22.14 KiB) Προβλήθηκε 449 φορές

Λόγου ακεραιότητα

Λόγου ακεραιότητα

Re: Λόγου ακεραιότητα

Re: Λόγου ακεραιότητα

Re: Λόγου ακεραιότητα

Re: Λόγου ακεραιότητα

Re: Λόγου ακεραιότητα

Re: Λόγου ακεραιότητα

Re: Λόγου ακεραιότητα

Re: Λόγου ακεραιότητα

Re: Λόγου ακεραιότητα

Re: Λόγου ακεραιότητα

Μέλη σε σύνδεση