Ευθεία των κέντρων

#1

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ με $\displaystyle{\widehat {\rm B} = {90^ \circ }}$ . Κατασκευάζουμε εκτός του τριγώνου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ τα κανονικά σχήματα $\displaystyle{{\rm A}\Delta {\rm B}}$ και $\displaystyle{{\rm B}\Gamma {\rm Z}{\rm E}}$ . Αν η ευθεία των κέντρων των κανονικών σχημάτων είναι παράλληλη στην ευθεία $\displaystyle{{\rm A}\Gamma }$ , να βρεθεί ο λόγος $\displaystyle{\frac{{{\rm B}\Gamma }}{{{\rm B}{\rm A}}}}$

ealexiou · #2

: Ευθεία των κέντρων.png (11.37 KiB) Προβλήθηκε 1467 φορές

Είναι $\Lambda \Xi //A \Gamma$ και αφού $KM//A \Gamma$ άρα και $KM// \Lambda \Xi$ συνεπώς τα ορθογώνια τρίγωνα $\Lambda N \Xi$ και KNM

είναι όμοια, άρα ισχύει $\dfrac{ \frac{a}{2} }{\dfrac{ \gamma }{2}}=(\dfrac{\gamma \sqrt{3}}{6}+\dfrac{a}{2} )/( \gamma /2+a/2) \Rightarrow$ $3a^2= \sqrt{3} \gamma ^2 \Rightarrow$ $\dfrac{ \gamma }{a} = \sqrt[4]{3}$ ή
$\dfrac{ AB}{B \Gamma } = \sqrt[4]{3}$

gavrilos · #3

Μια υπολογιστική λύση.

Έστω $\displaystyle{A(0,\gamma)}$ και $\displaystyle{\Gamma (a,0)}$ και $\displaystyle{B(0,0)}$ .

Τότε το σημείο $\displaystyle{\Delta }$ είναι-αφού το ύψος του ισοπλεύρου τριγώνου έχει μήκος $\displaystyle{\frac{\gamma \sqrt{3}}{2}}$ -το $\displaystyle{\left(-\frac{\gamma \sqrt{3}}{2},\frac{\gamma}{2}\right)}$ .

Επίσης το $\displaystyle{E}$ είναι το $\displaystyle{(0,-a)}$ .

Άρα,αφού το $\displaystyle{K}$ είναι βαρύκεντρο του τριγώνου είναι το $\displaystyle{\left(-\frac{\gamma \sqrt{3}}{6},\frac{\gamma}{2}\right)}$ (υπάρχει εφαρμογή στο βιβλίο με τις συντεταγμένες του βαρυκέντρου).

Το $\displaystyle{M}$ είναι το μέσο του $\displaystyle{\Gamma E}$ δηλαδή το $\displaystyle{\left(\frac{a}{2},-\frac{a}{2}\right)}$ .

Επομένως η ευθεία που τα συνδέει έχει κλίση $\displaystyle{\lambda =\frac{\frac{\gamma}{2}+\frac{a}{2}}{\frac{-\gamma\sqrt{3}}{6}-\frac{a}{2}}}$ .

Η ευθεία που συνδέει τα $\displaystyle{A,\Gamma}$ έχει κλίση $\displaystyle{\frac{\gamma}{-a}$ .

Επομένως,αφού οι ευθείες είναι παράλληλες $\displaystyle{\frac{\gamma}{a}=\frac{a+\gamma}{\frac{\gamma \sqrt{3}}{3}+a}}$ .

Ισοδύναμα $\displaystyle{\frac{\gamma ^{2}\sqrt{3}}{3}+a\gamma=a^{2}+a\gamma \Leftrightarrow }$ .

Άρα $\displaystyle{\frac{B\Gamma}{BA}=\frac{a}{\gamma}=\boxed{\frac{1}{\sqrt[4]{3}}}}$ .

#4

spyros έγραψε:Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ με $\displaystyle{\widehat {\rm B} = {90^ \circ }}$ . Κατασκευάζουμε εκτός του τριγώνου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ τα κανονικά σχήματα $\displaystyle{{\rm A}\Delta {\rm B}}$ και $\displaystyle{{\rm B}\Gamma {\rm Z}{\rm E}}$ . Αν η ευθεία των κέντρων των κανονικών σχημάτων είναι παράλληλη στην ευθεία $\displaystyle{{\rm A}\Gamma }$ , να βρεθεί ο λόγος $\displaystyle{\frac{{{\rm B}\Gamma }}{{{\rm B}{\rm A}}}}$

Καλησπέρα σε όλους.

Στο ίδιο σκεπτικό με τον Ευθύμη, αλλά με όμοια τα ορθογώνια τρίγωνα $MNK, AB\Gamma$ .

: Ευθεία των κέντρων.png (10.42 KiB) Προβλήθηκε 1429 φορές

Ευθεία των κέντρων

Ευθεία των κέντρων

Re: Ευθεία των κέντρων

Re: Ευθεία των κέντρων

Re: Ευθεία των κέντρων

Μέλη σε σύνδεση