Από ένα σφηνάκι

KARKAR · #1

: Από ένα σφηνάκι.png (7.18 KiB) Προβλήθηκε 653 φορές

Το

είναι σημείο της κάθετης πλευράς

, του ορθογωνίου και ισοσκελούς

τριγώνου ABC

, τέτοιο ώστε : $AN=\dfrac{a}{3}$ . Η διάμεσος

προς την άλλη

κάθετη πλευρά , τέμνει την

στο σημείο

. Δείξτε ότι : $ASB \approx BSC$ .

Η σχετικά απλή αυτή άσκηση , υποθέτω ότι μπορεί να λυθεί με πολλούς τρόπους .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 03, 2024 1:17 pm
Από ένα σφηνάκι.pngΤο είναι σημείο της κάθετης πλευράς , του ορθογωνίου και ισοσκελούς

τριγώνου , τέτοιο ώστε : $AN=\dfrac{a}{3}$ . Η διάμεσος προς την άλλη

κάθετη πλευρά , τέμνει την στο σημείο . Δείξτε ότι : $ASB \approx BSC$ .

Η σχετικά απλή αυτή άσκηση , υποθέτω ότι μπορεί να λυθεί με πολλούς τρόπους .

: Από ένα σφηνάκι.png (10.76 KiB) Προβλήθηκε 625 φορές

Είναι $\displaystyle \tan \theta = \tan (A\widehat BN) = \frac{1}{3},\tan \omega = \tan (A\widehat CM) = \frac{1}{2} \Rightarrow \theta + \omega = 45^\circ,$ άρα

$\displaystyle B\widehat CM = \theta ,M\widehat CA = \omega$ και από πιθανή καθετότητα θα είναι $\displaystyle A\widehat SC = 90^\circ$ απ' όπου εύκολα

προκύπτει ότι $\displaystyle N\widehat SC = 45^\circ = A\widehat SN$ και $B\widehat AS=\omega,$ που αποδεικνύει το ζητούμενο.

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 03, 2024 1:17 pm
Από ένα σφηνάκι.pngΤο είναι σημείο της κάθετης πλευράς , του ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου , τέτοιο ώστε : $AN=\dfrac{a}{3}$ . Η διάμεσος προς την άλλη κάθετη πλευρά , τέμνει την στο σημείο . Δείξτε ότι : $ASB \approx BSC$ .
Η σχετικά απλή αυτή άσκηση , υποθέτω ότι μπορεί να λυθεί με πολλούς τρόπους .

: Ενα σφηνάκι.png (21.47 KiB) Προβλήθηκε 612 φορές

Έστω $K\equiv AS\cap BC$ τότε από το Θεώρημα του Ceva θα έχουμε: $\dfrac{BK}{KC}\cdot \dfrac{CN}{NA}\cdot \dfrac{AM}{MB}=1\Rightarrow \ldots \dfrac{BK}{KC}=\dfrac{1}{2}$

Για τα τρίγωνα $\vartriangle BCN,\vartriangle ABK$ έχουμε: $\angle BCN=\angle ABK={{45}^{0}}$ και $\dfrac{CN}{CB}=\dfrac{\dfrac{2a}{3}}{a\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}$ $\dfrac{BK}{BA}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{2}}{3}}{a}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}=\dfrac{CN}{CB}$ οπότε τα τρίγωνα είναι όμοια άρα $\angle CBN=\angle BAK\equiv \angle BAS$ και $\angle BKA\equiv \angle BKS=\angle BCN\equiv \angle KCN\Rightarrow S,K,C,N$ ομοκυκλικά οπότε $\angle SCK\equiv \angle SCB=\angle KNS\equiv \angle KNB:\left( 1 \right)$

Με $\dfrac{BK}{KC}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{AN}{NC}\Rightarrow KN\parallel AB\Rightarrow \angle ABS\equiv \angle ABN=\angle SKN\overset{S,K,C,N\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle KCS\equiv \angle BCS$

Έτσι τα δύο επίμαχα τρίγωνα της εκφώνησης εμφανίζονται με δύο γωνίες ίσες μια προς μία και συνεπώς είναι όμοια

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 03, 2024 1:17 pm
Από ένα σφηνάκι.pngΤο είναι σημείο της κάθετης πλευράς , του ορθογωνίου και ισοσκελούς

τριγώνου , τέτοιο ώστε : $AN=\dfrac{a}{3}$ . Η διάμεσος προς την άλλη

κάθετη πλευρά , τέμνει την στο σημείο . Δείξτε ότι : $ASB \approx BSC$ .

Η σχετικά απλή αυτή άσκηση , υποθέτω ότι μπορεί να λυθεί με πολλούς τρόπους .

Θεωρούμε το τετράγωνο ABDC

πλευράς

με $AS \cap BD=E ,AE \cap CD=H , CM \cap DB=Z$ οπότε

ZBCA

παραλληλόγραμμο άρα $\angle Z_{1}= \angle C_{1}$

CZ,AE,BN

συγκλίνουν στο

.Άρα (θ.κ.δέσμης) $\dfrac{ZB}{BE} = \dfrac{2m}{m} =2 \Rightarrow BE= \dfrac{a}{2}$

άρα HD=a

και $HB \bot BC$

Είναι $\triangle BEA= \triangle MAC \Rightarrow CM \bot EA$ (γνωστή σχολική άσκηση)

Έτσι τα ZBSA,HBSC

είναι εγγράψιμμα ,επομένως $\angle BSA= \angle BSC=135^0$ και $\angle Z_{1} = \angle B_{1}$ ,

επομένως $\triangle BSC \simeq \triangle ASB$ (Έχουν δύο ίσες γωνίες)

: Από ένα σφηνάκι.png (30.48 KiB) Προβλήθηκε 573 φορές

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 03, 2024 1:17 pm
Από ένα σφηνάκι.pngΤο είναι σημείο της κάθετης πλευράς , του ορθογωνίου και ισοσκελούς

τριγώνου , τέτοιο ώστε : $AN=\dfrac{a}{3}$ . Η διάμεσος προς την άλλη

κάθετη πλευρά , τέμνει την στο σημείο . Δείξτε ότι : $ASB \approx BSC$ .

Η σχετικά απλή αυτή άσκηση , υποθέτω ότι μπορεί να λυθεί με πολλούς τρόπους .

Ας είναι

η τομή των ευθειών

και

. Επειδή η

είναι διάμεσος του $\vartriangle ABC$ θα είναι NT//AB.

Θέτω : $AN = 2k \Rightarrow NC = 4k\,\,,\,\,AM = 3k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB = 6k$ οπότε για τις σημειούμενες, έγχρωμες οξείες γωνίες του σχήματος θα είναι:

: Σφηνάκι.png (20.7 KiB) Προβλήθηκε 551 φορές

$\tan \theta = \dfrac{{AN}}{{AB}} = \dfrac{1}{3}\,\,\left( 1 \right)\,\,,\,\,\tan \phi = \dfrac{{AN}}{{AC}} = \dfrac{1}{2}\,\,\,\left( 2 \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\omega + \theta = 45^\circ \,\,\left( 3 \right)$ .

Επειδή $1 = \tan \left( {\theta + \omega } \right) = \dfrac{{\dfrac{1}{3} + \tan \omega }}{{1 - \dfrac{1}{3}\tan \omega }} \Rightarrow \tan \omega = \dfrac{1}{2}$ θα είναι

$\tan \phi = \tan \omega$ κι αφού οι γωνίες είναι οξείες αναγκαστικά $\boxed{\omega = \phi }$ . Εύκολα τώρα έχω , $\theta = {\theta _1} = {\theta _2}$ . $\vartriangle SBA \approx \vartriangle SNT \approx \vartriangle SCB$

.

KARKAR · #6

Τόμπολα ! Την άσκηση δημιούργησα ψάχνοντας σημείο

στο εσωτερικό του τριγώνου , τέτοιο ώστε

τα τμήματα SA , SB , SC

να είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου . Ένα τέτοιο είναι αυτό

της παρούσας άσκησης . Δεν έχω ασχοληθεί περαιτέρω με το θέμα ...

Γιώργος Μήτσιος · #7

Χαιρετώ τους φίλους! Με χρήση του σχήματος:

: 4-10 σφηνάκι από KARKAR.png (297.84 KiB) Προβλήθηκε 492 φορές

Η

είναι μεσοκάθετος του

. Θέτω

. Τότε $AB=AC=3\sqrt{2}$ και BC=6..BE=4

.

Τα τρίγωνα MAC,BEN

έχουν λόγο καθέτων 1/2

άρα $\omega=\omega'=\omega''$ (από πιθανή καθετότητα) και $\theta= \pi/4 -\omega =\theta'$

Συνεπώς τα τρίγωνα ASB,SBC

είναι όμοια.

Φιλικά, Γιώργος.

#8

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Παρ Οκτ 04, 2024 7:41 pm
Χαιρετώ τους φίλους! Με χρήση του σχήματος:
4-10 σφηνάκι από KARKAR.png
Η είναι μεσοκάθετος του . Θέτω . Τότε $AB=AC=3\sqrt{2}$ και .

Τα τρίγωνα έχουν λόγο καθέτων άρα $\omega=\omega'=\omega''$ (από πιθανή καθετότητα) και $\theta= \pi/4 -\omega =\theta'$

Συνεπώς τα τρίγωνα είναι όμοια.

Φιλικά, Γιώργος.

Ωραία Γιώργο , ει δυνατόν να σε βλέπουμε πιο συχνά .

Ιστοσελίδα · #9

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Οκτ 03, 2024 1:17 pm
Το είναι σημείο της κάθετης πλευράς , του ορθογωνίου και ισοσκελούς

τριγώνου , τέτοιο ώστε : $AN=\dfrac{a}{3}$ . Η διάμεσος προς την άλλη

κάθετη πλευρά , τέμνει την στο σημείο . Δείξτε ότι : $ASB \approx BSC$ .

Η σχετικά απλή αυτή άσκηση , υποθέτω ότι μπορεί να λυθεί με πολλούς τρόπους .

: shape.png (14.58 KiB) Προβλήθηκε 488 φορές

Παίρνω τις κάθετες πλευρές ίσες με 30k

και εφαρμόζω δύο θεωρήματα Μενελάου στα $\triangle BAN, \triangle CAM$ με διατέμνουσες CSM,BSN

αντίστοιχα.

Συνδυάζοντας και το Π. Θ. προκύπτουν οι τιμές στο παραπάνω σχήμα.

Αφού $\dfrac{{AM}}{{MS}} = \dfrac{{CM}}{{AM}} = \sqrt 5$ και οι περιεχόμενες γωνίες ίσες με $\omega$ , έπεται ότι $\triangle AMS \sim \triangle CMA$ , συνεπώς $AS \bot CM$ και από Π.Θ. στο $\triangle AMS$ : $AS = 6k\sqrt 5$ .

Εφόσον $\dfrac{{SA}}{{SC}} = \dfrac{{AN}}{{NC}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow SN$ διχοτόμος της $\angle ASC = {90^ \circ }$ .

Τέλος, τα ζητούμενα τρίγωνα είναι όμοια γιατί $\dfrac{{BS}}{{SA}} = \dfrac{{CS}}{{SB}} = \sqrt 2$ και οι περιεχόμενες γωνίες ίσες με ${135^ \circ }$ η κάθε μια.

Από ένα σφηνάκι

Από ένα σφηνάκι

Re: Από ένα σφηνάκι

Re: Από ένα σφηνάκι

Re: Από ένα σφηνάκι

Re: Από ένα σφηνάκι

Re: Από ένα σφηνάκι

Re: Από ένα σφηνάκι

Re: Από ένα σφηνάκι

Re: Από ένα σφηνάκι

Μέλη σε σύνδεση