Υψοφοβία

KARKAR · #1

: Υψοφοβία.png (14.68 KiB) Προβλήθηκε 698 φορές

Στο τρίγωνο ABC

το ύψος

χωρίζει τη βάση

σε τμήματα : BD=2 , DC=4

.

Το ημικύκλιο διαμέτρου

τέμνει τις πλευρές AB , AC

, στα σημεία E , Z

αντίστοιχα ,

ενώ το ημικύκλιο διαμέτρου

τις τέμνει στα S , T

.

Αν : ST=3

, υπολογίστε το ύψος

του τριγώνου , καθώς και το τμήμα

.

#2

KARKAR έγραψε: Πέμ Νοέμ 18, 2021 2:07 pm Υψοφοβία.pngΣτο τρίγωνο το ύψος χωρίζει τη βάση σε τμήματα : .

Το ημικύκλιο διαμέτρου τέμνει τις πλευρές , στα σημεία αντίστοιχα ,

ενώ το ημικύκλιο διαμέτρου τις τέμνει στα .

Αν : , υπολογίστε το ύψος του τριγώνου , καθώς και το τμήμα .

: υψοφοβία.png (48.46 KiB) Προβλήθηκε 688 φορές

Από τα εγγράψιμα (στα ημικύκλια) τετράπλευρα STZE,EZCB

προκύπτει ότι $ST\parallel BC$ και με $ST=3=\dfrac{BC}{2}$ προκύπτει ότι τα S,T

είναι τα μέσα των AB,AC

αντίστοιχα και επειδή ο μεσόκυκλος (κύκλος Euler) του τριγώνου $\vartriangle ABC$ θα διέρχεται και από το μέσο

της

και συνεπώς επειδή

το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραπλεύρου AEHZ

(

τα άλλα δύο ύψη του $\vartriangle ABC$ εξ’ αιτίας του ημικυκλίου) , το

είναι προφανώς το μέσο του ημικυκλίου διαμέτρου

και συνεπώς $\angle A=\dfrac{\angle EPZ}{2}={{45}^{0}}$ το δε κέντρο

του περίκυκλου του τριγώνου $\vartriangle ABC$ θα είναι (όπως προκύπτει από την προφανή (λόγω εγγραψιμου τετραπλεύρου EZCB

) ) ομοιότητα των τριγώνων $\vartriangle AEC,\vartriangle ACB$ και τα ομόλογα στοιχεία τους, θα είναι το μέσο του ημικυκλίου διαμέτρου

, άρα αν

είναι η ακτίνα του περίκυκλου του $\vartriangle ABC$ , θα είναι $R=\dfrac{BC\sqrt{2}}{2}=3\sqrt{2}$ και $OM=\dfrac{BC}{2}=3\overset{AH=2OM,AH=2AP}{\mathop{\Rightarrow }}\,AP=3$
Επίσης είναι γνωστό ότι $bc=2R\cdot AD=6\sqrt{2}\cdot AD$
Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ έχουμε:
${{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}-2bc\cdot \cos A\overset{\Pi .\Theta }{\mathop{\Rightarrow }}\,36=A{{D}^{2}}+16+A{{D}^{2}}+4-12\sqrt{2}\cdot \dfrac{\sqrt{2}}{2}$
$\Leftrightarrow \ldots A{{D}^{2}}-6AD-8=0$
Η οποία δευτεροβάθμια ως προς

έχει για θετική ρίζα την $AD=3+\sqrt{17}$

#3

Πρώτα-πρώτα επειδή $\widehat {TSA} = \widehat {TZE} = \widehat {CBA}$ θα είναι BC//ST

, είναι όμως και BC = 2ST = 6

άρα αναγκαστικά S,T

είναι μέσα των $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC$ .

Ας είναι $K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$ τα κέντρα των δεδομένων ημικυκλίων με διαμέτρους τα $BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EZ$ .

Ο κύκλος $\left( L \right)$ διέρχεται από τα (πιο πάνω) μέσα S,T

και από το ίχνος,

,του ύψους από το

άρα είναι ο κύκλος Euler

του $\vartriangle ABC$ .

Ας είναι

το ορθόκεντρο του $\vartriangle ABC$ . Από το εγγράψιμο τετράπλευρο BDHE

έχω ότι $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}$ . Επειδή η διάκεντρος

είναι μεσοκάθετος στην κοινή χορδή

Θα είναι $\widehat {{a_1}} = \dfrac{1}{2}\widehat {PLE} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {{a_2}} = 45^\circ$ και από το ορθογώνιο στο

, τρίγωνο

αναγκαστικά η $\widehat {{A_{}}} = \widehat {BAC} = 45^\circ$ που μας εξασφαλίζει ότι $AH = BC = 6 \Rightarrow \boxed{HP = 3}$ . ( απλή άσκηση ).

Από το ορθογώνιο τρίγωνο DKP

έχω $D{P^2} + D{K^2} = K{P^2}$ ,αν θέσω με $DH = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KP = 2r$ η σχέση γράφεται:

: υψοφοβία.png (35.72 KiB) Προβλήθηκε 601 φορές

${\left( {x + 3} \right)^2} + 1 = {\left( {2r} \right)^2} = {R^2}\,\,\left( 1 \right)$ με

ως γνωστό η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου στο $\vartriangle ABC$ .

Έχω όμως ταυτόχρονα: $\left\{ \begin{gathered} 2\left( {ABC} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}bc = \left( {R \cdot AD} \right)\sqrt 2 \hfill \\ 2\left( {ABC} \right) = 6 \cdot AD \hfill \\ \end{gathered} \right.$

και άρα $R = \dfrac{6}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow {R^2} = 18$ , οπότε η $\left( 1 \right)$ δίδει: ${\left( {x + 3} \right)^2} + 1 = 18 \Rightarrow \left| {x + 3} \right| = \sqrt {17} \Rightarrow x = - 3 + \sqrt {17}$ και άρα $\boxed{AD = x + 6 = 3 + \sqrt {17} }$

Υψοφοβία

Υψοφοβία

Re: Υψοφοβία

Re: Υψοφοβία

Μέλη σε σύνδεση