Κατασκευή, λόγος και γωνίες

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9440
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Κατασκευή, λόγος και γωνίες

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Νοέμ 30, 2019 8:03 pm

Κατασκευή, λόγος και γωνίες.png
Κατασκευή, λόγος και γωνίες.png (10.92 KiB) Προβλήθηκε 155 φορές
Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου BC και ένα σημείο του A. Έστω H η προβολή του A στη διάμετρο, M το μέσο του HC και

D το συμμετρικό του A ως προς B. Αν DM=AC, α) να κατασκευάσετε το σχήμα και να υπολογίσετε το λόγο \displaystyle \frac{{BM}}{{MC}}.

β) Να δείξετε ότι B\widehat MD=\widehat C.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1623
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Κατασκευή, λόγος και γωνίες

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Νοέμ 30, 2019 9:06 pm

george visvikis έγραψε:
Σάβ Νοέμ 30, 2019 8:03 pm
Κατασκευή, λόγος και γωνίες.png
Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου BC και ένα σημείο του A. Έστω H η προβολή του A στη διάμετρο, M το μέσο του HC και

D το συμμετρικό του A ως προς B. Αν DM=AC, α) να κατασκευάσετε το σχήμα και να υπολογίσετε το λόγο \displaystyle \frac{{BM}}{{MC}}.

β) Να δείξετε ότι B\widehat MD=\widehat C.
Όμορφη! :) Απολογούμαι για την έλλειψη σχήματος, αλλά έχω κάποια προβλήματα με το GeoGebra ... :oops:

α) Έστω, Q το συμμετρικό του A ως προς το M.

Τότε, είναι προφανές ότι το AHQC είναι παραλληλόγραμμο, αφού οι διαγώνιες διχοτομούνται.

Ακόμη, είναι AB=BD, AM=MQ, άρα BM \parallel DQ, άρα HM \parallel DQ, συνεπώς το HMQD είναι τραπέζιο, και αφού HQ=AC=DM, είναι και ισοσκελές.

Άρα, \angle DHQ=\angle DMQ (1).

Ακόμη, έχω QH \parallel AC, AC \perp AB \Rightarrow QH \perp AD, και ακόμη AH \perp DQ, άρα το H είναι ορθόκεντρο του \vartriangle ADQ.

Οπότε, \angle AMD=\pi - \angle DMQ=\pi - \angle DHQ = \angle DAM, άρα DA=DM=AC.

Άρα, AC=DA=2AB. Οπότε, \dfrac{BH}{HC}=\dfrac{AB^2}{AC^2}=\dfrac{1}{4}, συνεπώς τώρα η κατασκευή του σχήματος είναι απλή :

Κατασκευή :

Στο ημικύκλιο διαμέτρου BC, παίρνω σημείο H ώστε BH/HC=1/4, υψώνω κάθετη στο H, και στο σημείο που τέμνει το ημικύκλιο έχω το σημείο A.

Είναι, \dfrac{BM}{MC}=\dfrac{BH+HM}{MC}=\dfrac{BH}{MC}+1=\dfrac{2BH}{HC}+1=\dfrac{3}{2} \Rightarrow \dfrac{BM}{MC}=\dfrac{3}{2}.

β) Άμεσο πλέον, καθώς από το ισοσκελές τραπέζιο και το παραλληλόγραμμο που έχουν σχηματιστεί έχω :

\angle BMD = \angle MHQ= \angle CHQ = \angle C.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1623
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Κατασκευή, λόγος και γωνίες

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Σάβ Νοέμ 30, 2019 9:36 pm

george visvikis έγραψε:
Σάβ Νοέμ 30, 2019 8:03 pm
Κατασκευή, λόγος και γωνίες.png
Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου BC και ένα σημείο του A. Έστω H η προβολή του A στη διάμετρο, M το μέσο του HC και

D το συμμετρικό του A ως προς B. Αν DM=AC, α) να κατασκευάσετε το σχήμα και να υπολογίσετε το λόγο \displaystyle \frac{{BM}}{{MC}}.

β) Να δείξετε ότι B\widehat MD=\widehat C.
Ας τη δούμε και αλλιώς ...

Έστω, DQ \perp BC, με Q \in BC.

Τότε, είναι BA=BD, \angle QBD=\angle ABH, και τα τρίγωνα \vartriangle BQD , \vartriangle ABH είναι ορθογώνια, άρα είναι ίσα.

Οπότε, DQ=AH.

Συνεπώς, τα \vartriangle AHC, \vartriangle MQD είναι ορθογώνια και QD=AH, MD=AC, άρα είναι ίσα, συνεπώς QM=CH και \angle QMD=\angle C, που είναι το β) ερώτημα της άσκησης.

Ακόμη, QM=CH \Rightarrow QH=MC \Rightarrow MH=MC=2BH, άρα \dfrac{BM}{MC}=\dfrac{3BH}{2BH}=3/2.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7256
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Κατασκευή, λόγος και γωνίες

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Δεκ 01, 2019 2:30 am

Κατασκευή και απόδειξη :
Κατασκευή, λόγος και γωνιές.png
Κατασκευή, λόγος και γωνιές.png (15.23 KiB) Προβλήθηκε 103 φορές

Θεωρώ σημείο H στη BC με \boxed{BH = \frac{1}{5}BC} θέτω το BH = k , άρα HM = MC = 2k.

Αν K η προβολή του D στη BC , επειδή τα ορθογώνια τρίγωνα HAB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KDB

είναι ίσα θα είναι KB = BH = k και αφού το H είναι το βαρύκεντρο του \vartriangle DAM

με N μέσο του DM η AN είναι διάμεσος του πιο πάνω τριγώνου και AH = KD = 2HN

Τα ορθογώνια τρίγωνα HAC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KDM έχουν : HC = KM = 4k\,\,,\,\,AH = KD = h

Άρα θα είναι ίσα και θα έχουν:

α) \boxed{AC = DM}

β) \boxed{\frac{{BM}}{{MC}} = \frac{{3k}}{{2k}} = \frac{3}{2}} και

γ) \boxed{\widehat {{C_{}}} = \widehat {{\theta _{}}}}


Επί της ουσίας έχω, απ ότι διαπιστώνω, την ίδια λύση με τη δεύτερη του Ορέστη .

Λόγω σχήματος την αφήνω.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7256
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Κατασκευή, λόγος και γωνίες

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Δεκ 01, 2019 3:04 am

Ανάλυση :

Έστω ότι έγινε η κατασκευή
Κατασκευή, λόγος και γωνιές_oritzin_1.png
Κατασκευή, λόγος και γωνιές_oritzin_1.png (16.73 KiB) Προβλήθηκε 101 φορές
Αν F το συμμετρικό του M ως προς το B, το τετράπλευρο AFDM ε’ιναι παραλληλόγραμμο .

Τώρα το τρίγωνο AFC είναι ισοσκελές με ύψος διάμεσο και διχοτόμο προς τη βάση FC το AH.

Θέτω: CM = MH = 2u\,\,,\,\,HB = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BF = y και θα έχω:

\left\{ \begin{gathered} 
  4u = x + y \hfill \\ 
  x + 2u = y \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow 4u = x + x + 2u \Rightarrow \boxed{x = u} τα υπόλοιπα απλά


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης