mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 30, 2019 8:03 pm**

: Κατασκευή, λόγος και γωνίες.png (10.92 KiB) Προβλήθηκε 818 φορές

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου

και ένα σημείο του

Έστω

η προβολή του

στη διάμετρο,

το μέσο του

και

το συμμετρικό του

ως προς

Αν

α) να κατασκευάσετε το σχήμα και να υπολογίσετε το λόγο $\displaystyle \frac{{BM}}{{MC}}.$

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

Δημοσιεύτηκε: **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 και ένα σημείο του Έστω η προβολή του στη διάμετρο, το μέσο του και

το συμμετρικό του ως προς Αν 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 ...

α) Έστω,

το συμμετρικό του

ως προς το

.

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

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

, παίρνω σημείο

ώστε

, υψώνω κάθετη στο

, και στο σημείο που τέμνει το ημικύκλιο έχω το σημείο

.

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 :

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

Δημοσιεύτηκε: **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 και ένα σημείο του Έστω η προβολή του στη διάμετρο, το μέσο του και

το συμμετρικό του ως προς Αν 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 $\dfrac{BM}{MC}=\dfrac{3BH}{2BH}=3/2$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 01, 2019 2:30 am**

Κατασκευή και απόδειξη :

: Κατασκευή, λόγος και γωνιές.png (15.23 KiB) Προβλήθηκε 766 φορές

Θεωρώ σημείο

στη

με $\boxed{BH = \frac{1}{5}BC}$ θέτω το BH = k

, άρα

.

Αν

η προβολή του

στη

, επειδή τα ορθογώνια τρίγωνα $HAB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KDB$

είναι ίσα θα είναι KB = BH = k

και αφού το

είναι το βαρύκεντρο του $\vartriangle DAM$

με

μέσο του

η

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.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 01, 2019 3:04 am**

Ανάλυση :

Έστω ότι έγινε η κατασκευή

: Κατασκευή, λόγος και γωνιές_oritzin_1.png (16.73 KiB) Προβλήθηκε 764 φορές

Αν

το συμμετρικό του

ως προς το

, το τετράπλευρο AFDM

ε’ιναι παραλληλόγραμμο .

Τώρα το τρίγωνο AFC

είναι ισοσκελές με ύψος διάμεσο και διχοτόμο προς τη βάση

το

.

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

mathematica.gr

Κατασκευή, λόγος και γωνίες

Κατασκευή, λόγος και γωνίες

Re: Κατασκευή, λόγος και γωνίες

Re: Κατασκευή, λόγος και γωνίες

Re: Κατασκευή, λόγος και γωνίες

Re: Κατασκευή, λόγος και γωνίες