Λόγος τμημάτων ίσης πλευράς ισοσκελούς τριγώνου

dimplak · #1

Καλημέρα!

: ratio_segment_side.jpg (13.51 KiB) Προβλήθηκε 1267 φορές

Να υπολογίσετε το λόγο $\frac{AD}{DC}$ .

Ιστοσελίδα · #2

dimplak έγραψε:Καλημέρα!

Να υπολογίσετε το λόγο $\frac{AD}{DC}$ .

Καλημέρα.

: Λόγος-τμημάτων-ίσης-πλευράς-ισοσκελούς-τριγώνου.png (29.97 KiB) Προβλήθηκε 1243 φορές

Συμπληρώνω τις γωνίες, φέρω τη διάμεσο - ύψος

και θέτω $K \equiv AM \cap BD$

Προφανώς στο $\triangleleft AMB$ έχουμε Πυθαγόρεια τριάδα 3 - 4 - 5

και απ’ το εγγράψιμο ACMP

προκύπτουν τα όμοια $\triangleleft AMP, \triangleleft CBP$ με λόγο 2:3

Έχουμε ακόμα τα όμοια ορθογώνια $\triangleleft APC, \triangleleft BPM, \triangleleft KMB$ με λόγο καθέτων 2:3

οπότε παίρνουμε KM = 2

Τέλος, από θεώρημα Μενελάου στο AMC

με διατέμνουσα BKD

προκύπτει $\dfrac{3}{6} \cdot \dfrac{{DC}}{{AD}} \cdot \dfrac{2}{2} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{{AD}}{{DC}} = \dfrac{1}{2}$

#3

dimplak έγραψε:Καλημέρα!

ratio_segment_side.jpg

Να υπολογίσετε το λόγο $\frac{AD}{DC}$ .

Δημήτρη και Μιχάλη, Καλημέρα!

: Λόγος τμημάτων...png (20.17 KiB) Προβλήθηκε 1227 φορές

Αν

είναι το ύψος του τριγώνου, εύκολα παίρνουμε ότι το APHC

είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Η

τέμνει

την

στο

και τον κύκλο στο

. $\displaystyle{A\widehat KP = A\widehat CP = \omega }$ , άρα το AKHB

είναι παραλληλόγραμμο ( AKCH

ορθογώνιο)

και κατά συνέπεια το

είναι μέσο του

. Επομένως: $\displaystyle{\frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{AM}}{{KC}} = \frac{1}{2}}$

Παρατήρηση: τα μήκη των πλευρών του ισοσκελούς δεν μου χρειάστηκαν στην απόδειξη. Άρα το συμπέρασμα ισχύει για οποιοδήποτε ισοσκελές τρίγωνο.

#4

Η κατασκευή δώρο στον Δημήτρη, που ξέρω ότι του αρέσουν.

: Λόγος τμημάτων...b.png (15.84 KiB) Προβλήθηκε 1216 φορές

Φέρνω το ύψος

του ισοσκελούς, τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου AHC

και έστω

το αντιδιαμετρικό

. Η

τέμνει τον κύκλο και την

στα επίμαχα σημεία P, D

αντίστοιχα. Η απόδειξη είναι απλή.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

dimplak έγραψε:Καλημέρα!

ratio_segment_side.jpg

Να υπολογίσετε το λόγο $\frac{AD}{DC}$ .

Καλησπέρα.Δεν απαιτούνται τα μήκη των πλευρών του $\displaystyle{\vartriangle ABC}$

$\displaystyle{AM \bot BC \Rightarrow APMC}$ εγγράψιμο σε κύκλο $\displaystyle{\left( c \right)}$ και $\displaystyle{BD \cap \left( c \right) = N}$ κι έστω $\displaystyle{BA \cap CN = E}$

Είναι, $\displaystyle{\angle PNM = \angle PCM = x \Rightarrow }$ και $\displaystyle{AN \bot CE}$ .Έτσι $\displaystyle{MN//BE \Rightarrow N}$ μέσον της $\displaystyle{CE}$ και $\displaystyle{AN}$ μεσοκάθετος αυτής άρα $\displaystyle{EA = AC = AB}$

Επομένως $\displaystyle{D}$ βαρύκεντρο του $\displaystyle{\vartriangle EBC}$ $\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{\frac{{AD}}{{DC}} = \frac{1}{2}}}$

: LTM.png (13.81 KiB) Προβλήθηκε 1175 φορές

Λόγος τμημάτων ίσης πλευράς ισοσκελούς τριγώνου

Λόγος τμημάτων ίσης πλευράς ισοσκελούς τριγώνου

Re: Λόγος τμημάτων ίσης πλευράς ισοσκελούς τριγώνου

Re: Λόγος τμημάτων ίσης πλευράς ισοσκελούς τριγώνου

Re: Λόγος τμημάτων ίσης πλευράς ισοσκελούς τριγώνου

Re: Λόγος τμημάτων ίσης πλευράς ισοσκελούς τριγώνου

Μέλη σε σύνδεση