2 λόγοι για 1 τμήμα

#1

: 2 λόγοι και 1 τμήμα.png (9.3 KiB) Προβλήθηκε 2331 φορές

Τα σημεία

βρίσκονται αντίστοιχα πάνω στις πλευρές AB, AD

ορθογωνίου ABCD

, ώστε

και έστω

το κοινό σημείο των BQ, DP.

A) Να υπολογίσετε τους λόγους $\displaystyle{\frac{{QH}}{{HB}},\frac{{DH}}{{HP}}}$

B) Αν η κάθετη από το

στην

τέμνει την

στο

, να υπολογίστε το μήκος του τμήματος DS.

Σεβαστείτε το 48ωρο!

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Α)

Αρχικά, φέρνουμε από το

κάθετη στην

που την τέμνει στο

και από το

κάθετη στην

που τέμνει την ίδια στο

και την

στο

.

Προφανώς, τα τρίγωνα KHQ

και

είναι όμοια, άρα $\dfrac{QH}{HB}=\dfrac{QK}{PB}$ (1).

Ακόμη το τετράπλευρο APED

είναι τετράγωνο. Άρα επειδή το

είναι σημείο της διαγωνίου του, ισχύει ότι QK=QD=6

. Έχουμε ακόμα ότι PB=3

.

Συνεπώς αντικαθιστώντας στην (1) προκύπτει ότι:

$\dfrac{QH}{HB}=\dfrac{QK}{PB}=\dfrac{6}{3} \Leftrightarrow \boxed {\dfrac{QH}{HB}=2}$ (2)

Φέρνουμε από το

κάθετη στην

, που τέμνει την ίδια και την

στα σημεία

και

αντίστοιχα.

Επειδή AB//QT

, ισχύει ότι $\dfrac{HN}{HM}=\dfrac{QH}{HB}$ και χρησιμοποιώντας τη σχέση (2), προκύπτει ότι $\dfrac{HN}{HM}=2$ (3).

Ακόμα, ισχύει προφανώς ότι HN+HM=3

(4) και προκύπτει εύκολα από τις σχέσεις (3) και (4) ότι HN=2

και

(5).

Τέλος από τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα PMH

και

και τη σχέση (5), συμπεραίνουμε ότι:

$\dfrac{DP}{HP}=\dfrac{AD}{HM}\Leftrightarrow \dfrac{DH+HP}{HP}=9\Leftrightarrow \boxed {\dfrac{DH}{HP}=8}$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

B)

Αρχικά, το AHSD

είναι εγγράψιμο και η

διχοτομεί την γωνία $\widehat{ADS}$ , καθώς το APED

είναι τετράγωνο. Συνεπώς, AH=HS

(6).

Ακόμα, από τη σχέση (5), προκύπτει ότι HL=NL+HN=QD+HN=6+2=8

και επειδή το τρίγωνο PMH

είναι ισοσκελές ισχύει ότι MP=HM=1

, συνεπώς, AM=AP-MP=9-1=8

. Με άλλα λόγια, AM=HL

(7)

Συνδυάζοντας τις σχέσεις (6) και (7), προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα AHM

και

είναι ίσα.

Άρα SL=HM=1

και

, άρα $\boxed {DS=7}$ .

KARKAR · #4

: κάθετα διανύσματα.png (8.08 KiB) Προβλήθηκε 2231 φορές

Υποθέτω , ότι αφού απαντήθηκε , έληξε και ο περιορισμός . Λοιπόν : Βρήκαμε το σημείο

με διπλή εφαρμογή του θ. Μενελάου αρχικά στο τρίγωνο BAQ

με διατέμνουσα τη PHD

κ.λ.π. Εν συνεχεία , η καθετότητα των κόκκινων διανυσμάτων μας έδωσε s=7

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

george visvikis έγραψε:2 λόγοι και 1 τμήμα.png
Τα σημεία βρίσκονται αντίστοιχα πάνω στις πλευρές ορθογωνίου , ώστε

και έστω το κοινό σημείο των

A) Να υπολογίσετε τους λόγους $\displaystyle{\frac{{QH}}{{HB}},\frac{{DH}}{{HP}}}$

B) Αν η κάθετη από το στην τέμνει την στο , να υπολογίστε το μήκος του τμήματος

Σεβαστείτε το 48ωρο!

Καλημέρα..

$\displaystyle{QE//AB \Rightarrow QE = 6}$ και $\displaystyle{QE//PB \Rightarrow \frac{{QH}}{{HB}} = \frac{{QE}}{{PB}} \Rightarrow \boxed{\frac{{QH}}{{HB}} = 2}}$

$\displaystyle{\frac{{\left( {AQH} \right)}}{{\left( {AHB} \right)}} = \frac{{QH}}{{HB}} = 2 \Rightarrow \frac{{3\sin \omega }}{{12\sin \theta }} = 2 \Rightarrow \frac{{\sin \omega }}{{\sin \theta }} = 8}$

$\displaystyle{\frac{{DH}}{{HP}} = \frac{{\left( {ADH} \right)}}{{\left( {AHP} \right)}} = \frac{{9\sin \omega }}{{9\sin \theta }} = \frac{{\sin \omega }}{{\sin \theta }} \Rightarrow \boxed{\frac{{DH}}{{HP}} = 8}}$

κι επειδή (Π.Θ) $\displaystyle{DP = DH + HP = 9\sqrt 2 \Rightarrow DH = 8\sqrt 2 \Rightarrow D{H^2} = 128}$

Με ν.συνημιτόνου στο $\displaystyle{\vartriangle ADH \Rightarrow A{H^2} = 65}$ .

Με $\displaystyle{PZ \bot CD \Rightarrow APZD}$ τετράγωνο $\displaystyle{ \Rightarrow \angle DAH = \angle HZD = \angle HSZ = \omega }$ ( $\displaystyle{AHSD}$ είναι εγγράψιμο).Άρα $\displaystyle{AH = HZ = HS}$

Τώρα , $\displaystyle{A{S^2} = {9^2} + {x^2} = 2A{H^2} = 130 \Rightarrow \boxed{x = 7}}$

: LOGOI.png (17.98 KiB) Προβλήθηκε 2204 φορές

2 λόγοι για 1 τμήμα

2 λόγοι για 1 τμήμα

Re: 2 λόγοι για 1 τμήμα

Re: 2 λόγοι για 1 τμήμα

Re: 2 λόγοι για 1 τμήμα

Re: 2 λόγοι για 1 τμήμα

Μέλη σε σύνδεση