Σληροϋπολογιστική

KARKAR · #1

: Σληροϋπολογιστική.png (13.8 KiB) Προβλήθηκε 2462 φορές

Οι διχοτόμοι

και

του ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ τέμνονται στο

.

Η κάθετη από το

προς την υποτείνουσα , την τέμνει στο

και την

στο

.

Υπολογίστε τα μήκη των τμημάτων

και

.

#2

KARKAR έγραψε:Σληροϋπολογιστική.pngΟι διχοτόμοι και του ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ τέμνονται στο .

Η κάθετη από το προς την υποτείνουσα , την τέμνει στο και την στο .

Υπολογίστε τα μήκη των τμημάτων και .

Εξαιτίας των πολλών υπολογισμών θα παραλείψω τους πιο προφανείς.

: Υπολογιστική..png (13.76 KiB) Προβλήθηκε 2411 φορές

Φέρνω την $\displaystyle{EH \bot BC}$ που τέμνει την

στο

. Από Πυθαγόρειο θεώρημα, θεωρήματα διχοτόμων και τις σχέσεις

$\displaystyle{CP = \tau - c,BP = \tau - b}$ , $\displaystyle{(ABC) = \tau \cdot r}$ , προκύπτουν οι τιμές των τμημάτων στο σχήμα. Είναι BM=2MI

κι επειδή

$\displaystyle{\frac{{BI}}{{ID}} = \frac{{a + c}}{b} = 3}$ , το

είναι μέσο του

. Αλλά,

, άρα το

είναι μέσο του

. Επομένως $\boxed{AS = \frac{{DE}}{2} = \frac{{\sqrt {145} }}{6}}$

ME=3

, $\displaystyle{\frac{{MH}}{2} = \frac{4}{6} \Leftrightarrow MH = \frac{4}{3} \Leftrightarrow ME = 3 - \frac{4}{3} = \frac{5}{3} \Leftrightarrow IS = \frac{{ME}}{2} = \frac{5}{6}}$ . Άρα: $\boxed{PS = \frac{{17}}{6}}$

sotiriszogos · #3

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC

έχουμε : $sinB=\frac{AC}{BC}=\frac{6}{10}$ και $cosB=\frac{AB}{BC}=\frac{8}{10}$ .
Επειδή

διχοτόμος της γωνίας

τότε $sinB_2=sin(\frac{B}{2})=\sqrt{\frac{1-cosB}{2}}=\frac{\sqrt{10}}{10}$ .
Επειδή

διχοτόμος της γωνίας

τότε $sinC_2=sin(\frac{C}{2})=\sqrt{\frac{1-cosC}{2}}=\frac{\sqrt{20}}{10}$ .
Έχουμε ότι $sinB_2=\frac{PI}{IB} \Rightarrow \frac{\sqrt{10}}{10}=\frac{PI}{IB} \Rightarrow PI=\frac{\sqrt{10}}{10}\cdot IB$ . (1)
Έχουμε ότι $sinC_2=\frac{PI}{IC} \Rightarrow \frac{\sqrt{20}}{10}=\frac{PI}{IC} \Rightarrow PI=\frac{\sqrt{20}}{10}\cdot IC$ . (2)
Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει : $\frac{\sqrt{10}}{10}\cdot IB=\frac{\sqrt{20}}{10}\cdot IC \Rightarrow$
$\Rightarrow \frac{IC}{IB}=\frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow IC=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot IB$ .
Εφαρμόζοντας γενικευμένο πιθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο IBC

έχουμε :
$10^2=IB^2+IC^2-2\cdot IB\cdot IC\cdot cosI \Rightarrow$
$\Rightarrow 100=IB^2+(\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot IB)^2-2\cdot IB\cdot (\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot IB)\cdot cos(3\cdot \frac{\pi}{4}) \Rightarrow$
$\Rightarrow 100=IB^2+\frac{1}{2}\cdot IB^2+\sqrt{2}\cdot IB^2\cdot cos(\frac{\pi}{4}) \Rightarrow$
$\Rightarrow 100=IB^2+\frac{1}{2}\cdot IB^2+\sqrt{2}\cdot IB^2\cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \Rightarrow$
$\Rightarrow 100=\frac{5}{2}\cdot IB^2 \Rightarrow IB=2\cdot \sqrt{10}$
$IC=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot IB \Rightarrow IC=\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot 2\cdot \sqrt{10} \Rightarrow IC=2\cdot \sqrt{5}$
$PI=\frac{\sqrt{10}}{10}\cdot IB=\frac{\sqrt{10}}{10}\cdot 2\cdot \sqrt{10}=2$
Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο BIP

$BI^2=PI^2+PB^2 \Rightarrow 40=4+PB^2 \Rightarrow PB=6$
CP=CB-BP=10-6=4

$(cosB_1)^2=1-(sinB_1)^2=1- \frac{1}{10}=\frac{9}{10} \Rightarrow cosB_1=\frac{3}{\sqrt{10}}$
$\frac{AB}{BD}=cosB_1 \Rightarrow \frac{8}{BD}=\frac{3}{\sqrt{10}} \Rightarrow BD=\frac{8 \cdot {\sqrt{10}}}{3}$
$ID=BD-BI \Rightarrow ID=\frac {2\cdot {\sqrt{10}}}{3}$
Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο BAD

$BD^2=AD^2+AB^2 \Rightarrow \frac{640}{9}-\frac{576}{9}=AD^2 \Rightarrow AD=\frac{8}{3}$
$(cosC_1)^2=1-(sinC_1)^2=1-\frac{2}{10}=\frac{8}{10} \Rightarrow cosC_1=\frac{\sqrt{8}}{\sqrt{10}}$
$cosC_1=\frac{AC}{CE} \Rightarrow \frac{\sqrt{8}}{\sqrt{10}}=\frac{6}{CE} \Rightarrow CE=\frac{6\cdot {\sqrt{10}}}{\sqrt{8}}$
$sinC_1=\frac{AE}{CE} \Rightarrow \frac{\sqrt{20}}{10}=\frac{AE}{\frac{6\cdot {\sqrt{10}}}{\sqrt{8}}} \Rightarrow$
$\Rightarrow AE=\frac{6}{\sqrt{4}} \Rightarrow AE=3$
BE=AB-AE=8-3=5

$CD=CA-AD=\frac{10}{3}$
Εφαρμόζουμε Πυθαγόριο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ADE

$ED^2=AD^2+AE^2 \Rightarrow ED^2=\frac{64}{9}+9 \Rightarrow ED^2=\frac{145}{9} \Rightarrow ED=\frac{\sqrt{145}}{3}$
Φέρνω $ET \perp CB$
Τότε VT//PI

Επειδή το τρίγωνο που ορίζεται από τις ευθείες δύο πλευρών τριγώνου και μια παράλληλη προς την τρίτη πλευρά του, έχει πλευρές ανάλογες προς τις πλευρές του αρχικού τριγώνου τότε:
$\frac{CI}{CE}=\frac{CP}{CT} \Rightarrow \frac{2\cdot \sqrt{5}}{\frac{6\cdot {\sqrt{10}}}{\sqrt{8}}}=\frac{4}{CT} \Rightarrow CT=6$
$PT=CT-CP \Rightarrow PT=2$
TB=PB-PT=6-2=4

$\frac{BV}{VI}=\frac{BT}{PT}=\frac{4}{2}=2 \Rightarrow BV=2\cdot VI$
$IB=2\cdot \sqrt{10} \Rightarrow BV+VI=2\cdot \sqrt{10} \Rightarrow 3VI=2\cdot \sqrt{10} \Rightarrow VI=\frac{2\cdot \sqrt{10}}{3}=ID$
Άρα

μέσο του

.
$\frac{VT}{PI}=\frac{4}{6} \Rightarrow VT=\frac{4}{3}$
$\frac{IP}{ET}=\frac{4}{6} \Rightarrow ET=3$
$EV=ET-VT=3-\frac{4}{3}=\frac{5}{3}$
Επειδή IP//ET

και

προέκταση της

τότε

Οπότε απ το θεώρημα που προαναφέραμε έχουμε ότι: $\frac{DI}{DV}=\frac{IS}{EV} \Rightarrow IS=\frac{EV}{2} \Rightarrow IS=\frac{5}{6}$
Οπότε $PS=PI+IS=2+\frac{5}{6} \Rightarrow PS=\frac{17}{6}$
Επειδή από τις ιδιότητες των ορθογωνίων τριγώνων ισχύει ότι η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου που άγεται από την κορυφή της ορθής γωνίας ισούται με το μισό της υποτείνουσας, τότε στο ορθογώνιο τρίγωνο DAE

έχουμε ότι $AS=\frac{DE}{2} \Rightarrow AS=\frac{\sqrt{145}}{6}$

Σληροϋπολογιστική

Σληροϋπολογιστική

Re: Σληροϋπολογιστική

Re: Σληροϋπολογιστική

Μέλη σε σύνδεση