Σχετικό και απόλυτο

KARKAR · #1

: Σχετικό και απόλυτο.png (8.28 KiB) Προβλήθηκε 941 φορές

Στο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , είναι $AB=3 , AC=5 , \hat{B}=90^0$ . Προεκτείνω τις AB,AC

, κατά τμήματα :

BB' = CC' =d

. Ονομάζω

το τμήμα

, το οποίο συνδέει τα μέσα των BC , B'C'

αντίστοιχα .

α) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{m}{d}$ ...β ) Για ποια τιμή του

, προκύπτει : $\hat{C'}=45^0$ ;

#2

: σχετικό κι απόλυτο_a.png (25.85 KiB) Προβλήθηκε 887 φορές

α) Έστω $MK// = BB' = d\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ML// = CC' = d$ . Το τετράπλευρο B'KC'L

έχει

, άρα είναι παραλληλόγραμμο.

Τότε όμως το $\vartriangle MKL$ είναι ισοσκελές με διάμεσο, ύψος και διχοτόμο το MN = m

.

Θα είναι MN//AD

, όπου

η σταθερή διχοτόμος του $\vartriangle ABC$ .

Φέρνω λοιπόν την εξωτερική διχοτόμο

. Θα είναι $BF = \dfrac{{4 \cdot 3}}{{5 - 3}} = 6$ και άρα

$y = \sqrt {36 + 9} = 3\sqrt 5$ . Έτσι $\dfrac{{FA}}{{FB}} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{2}$ κι αφού προφανώς :

$\vartriangle MKN \approx \vartriangle FBA \Rightarrow \boxed{\dfrac{{MK}}{{MN}} = \dfrac{{FB}}{{FA}} \Rightarrow \dfrac{m}{d} = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }}}$ .

β)

: Σχετικό κι απόλυτο_b.png (27.05 KiB) Προβλήθηκε 887 φορές

Αν επιλέξω d = 2

τότε το τρίγωνο AB'C

θα είναι ισοσκελές με AB' = AC = 7

.

Η διχοτόμος

θα είναι κάθετη στο B'C

συνεπώς το

είναι ορθόκεντρο του $\vartriangle AB'C$

κι αν η B'D

συναντήσει την

στο

θα είναι : $AB = AT = 3 \Rightarrow TC' = 4$ .

Αλλά B'T = BC = 4

, δηλαδή το τρίγωνο TB'C'

είναι ισοσκελές ορθογώνιο κι έτσι :

$\widehat {CC'B'} = 45^\circ .$

#3

KARKAR έγραψε: Πέμ Ιαν 30, 2020 9:43 pm Σχετικό και απόλυτο.pngΣτο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , είναι $AB=3 , AC=5 , \hat{B}=90^0$ . Προεκτείνω τις , κατά τμήματα :

. Ονομάζω το τμήμα , το οποίο συνδέει τα μέσα των αντίστοιχα .

α) Υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{m}{d}$ ...β ) Για ποια τιμή του , προκύπτει : $\hat{C'}=45^0$ ;

Γράφω μόνο τα κύρια σημεία γιατί οι πράξεις είναι πολλές.

Η

τέμνει τις AC, BA

στα

αντίστοιχα και έστω AD=x, AE=y.

: Σχετικό και απόλυτο.png (11 KiB) Προβλήθηκε 843 φορές

α) $\displaystyle \bullet$ Με δύο Μενέλαους στα τρίγωνα ABC, AB'C'

και με διατέμνουσες $\displaystyle{\displaystyle \overline {MDE} ,\overline {NDE} }$ αντίστοιχα, βρίσκω

x=y=1

(ανεξάρτητα του μήκους του

). Οπότε

$\displaystyle \bullet$ $\displaystyle \cos \theta = \cos \frac{A}{2} = \sqrt {\frac{{1 + \cos A}}{2}} = \frac{2}{{\sqrt 5 }},EM = 2\sqrt 5 ,DM = \frac{6}{{\sqrt 5 }}$ και με νόμο συνημιτόνων στα

EB'N, DNC'

(όπου

καταλήγω στο $\boxed{\frac{m}{d} = \frac{2}{{\sqrt 5 }}}$

β) $\displaystyle \sin B' = \sin (135^\circ - A) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}\frac{3}{5} + \frac{{\sqrt 2 }}{2}\frac{4}{5} = \frac{{7\sqrt 2 }}{{10}}$ και με νόμο ημιτόνων στο AB'C':

$\displaystyle \frac{{5 + d}}{{\sin B'}} = \frac{{3 + d}}{{\sin 45^\circ }} \Leftrightarrow$ $\boxed{d=2}$ (Σε αυτή τη θέση είναι $NC\bot AC$ ).

ksofsa · #4

Εναλλακτικά (με διανύσματα):

$\vec{BB'}\cdot \vec{CC'}=d^2cosA=\dfrac{3d^2}{5}$

Ακόμη, ισχύει:

$\vec{MB'}=\vec{MB}+\vec{BB'}, \vec{MC'}=\vec{MC}+\vec{CC'}$

και

$\vec{MN}=\dfrac{\vec{MB'}+\vec{MC'}}{2}=\dfrac{\vec{MB}+\vec{MC}+\vec{BB'}+\vec{CC'}}{2}=\dfrac{\vec{BB'}+\vec{CC'}}{2}$

Τελικά

$m^2=\left | \vec{MN} \right |^2=\dfrac{\left | BB' \right |^2+\left | CC' \right |^2+2\vec{BB'}\cdot \vec{CC'}}{4}=\dfrac{2d^2+\dfrac{6d^2}{5}}{4}=\dfrac{4d^2}{5}\Rightarrow \dfrac{m}{d}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}$

ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ ΦΩΤΙΑΔΗΣ · #5

Χαιρετώ!
α) Έστω C''

το συμμετρικό του

, ως προς το

. Είναι $\widehat{C''BB'}=180^{\circ}-\widehat{C''BA}=\widehat{A}$ . Τώρα στο ισοσκελές τρίγωνο C''BB'

με νόμο συνημιτόνων έχω: $4m^{2}=2b^{2}-2d^{2}\cdot \left ( -\dfrac{3}{5} \right )\Leftrightarrow 20m^{2}=10d^{2}+16d^{2}\Leftrightarrow \dfrac{m}{d}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}$ .
β) Έστω B'C'=x

.
Με νόμο συνημητόνων στο τρίγωνο AB'C'

έχω: $x^{2}=\left ( 3+d \right )^{2}+\left ( 5+d \right )^{2}-2\left ( 3+d \right )\left ( 5+d \right )\cdot \dfrac{3}{5}\Leftrightarrow \overset{\acute{\alpha} \chi \alpha \rho \varepsilon \varsigma }{...}\Leftrightarrow x^{2}=\dfrac{4b^{2}+32b+80}{5}\,\,(1)$
Με νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο AB'C'

έχω : $\dfrac{x}{\dfrac{4}{5}}=\dfrac{3+d}{\dfrac{\sqrt{2}}{2}}\Leftrightarrow \dfrac{5x}{4}=\dfrac{6+2b}{\sqrt{2}}\Leftrightarrow x=\dfrac{8b+24}{5\sqrt{2}}\Leftrightarrow x^{2}=\dfrac{64b^{2}+384b+576}{50} \,\,(2)$
Απο τις (1) και (2) τώρα έχω : $\dfrac{4b^{2}+32b+80}{5}=\dfrac{64b^{2}+384b+576}{50}\Leftrightarrow {...}\Leftrightarrow 3b^{2}+8b-28=0,\Delta =400$ με δεκτή ρίζα την d=2

.

: Σχετικό και απόλυτο.PNG (36.36 KiB) Προβλήθηκε 793 φορές

ksofsa · #6

Αλλιώς για το β ερώτημα:

Έστω

η διχοτόμος της $\angle B$ .

Τότε BKC'B'

εγγράψιμο.

Από θ. διχοτόμων έχω $AK=\dfrac{15}{7}, CK=\dfrac{20}{7}$ .

Από θ. δύναμης σημείου έχω

$AB\cdot AB'=AK\cdot AC'\Leftrightarrow 3(d+3)=\dfrac{15}{7}(d+5)\Leftrightarrow d=2$

Σχετικό και απόλυτο

Σχετικό και απόλυτο

Re: Σχετικό και απόλυτο

Re: Σχετικό και απόλυτο

Re: Σχετικό και απόλυτο

Re: Σχετικό και απόλυτο

Re: Σχετικό και απόλυτο

Μέλη σε σύνδεση