Ημικυκλικές λιχουδιές

KARKAR · #1

: Ημικυκλικές λιχουδιές.png (18.38 KiB) Προβλήθηκε 497 φορές

Με διαμέτρους τις κάθετες πλευρές AB=c , AC=b

του ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ ,

γράφω εξωτερικά του τριγώνου ημικύκλια , των οποίων τα μέσα είναι τα M,N

αντίστοιχα .

Οι BN,CM

τέμνονται στο σημείο

.

α) Βρείτε το λόγο $\dfrac{(ASB)}{(ASC)}$ ... β) Υπολογίστε το εμβαδόν του SBC

.

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 05, 2018 9:30 am
Ημικυκλικές λιχουδιές.pngΜε διαμέτρους τις κάθετες πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ ,

γράφω εξωτερικά του τριγώνου ημικύκλια , των οποίων τα μέσα είναι τα αντίστοιχα .

Οι τέμνονται στο σημείο .

α) Βρείτε το λόγο $\dfrac{(ASB)}{(ASC)}$ ... β) Υπολογίστε το εμβαδόν του .

: Ημικυκλικές λιχουδιές.png (24.09 KiB) Προβλήθηκε 481 φορές

α) $\dfrac{c}{b}$ .......... β) $\dfrac{bc}{4}$

edit: Άρση απόκρυψης.

#3

Τα σημεία

είναι σε ευθεία αφού οι διαδοχικές γωνίες $\widehat {MAB} + \widehat {BAC} + \widehat {CAN} = 180^\circ$ .

Επίσης $\left\{ \begin{gathered} BM \bot MN \hfill \\ CN \bot MN \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{MB//CN}$ .

Θα ισχύει όθεν : $\dfrac{{SM}}{{SC}} = \dfrac{{MB}}{{NC}} = \dfrac{{MA}}{{AN}} \Rightarrow \boxed{AS//MB//CN}$ .

: Λιχουδιές.png (27.13 KiB) Προβλήθηκε 467 φορές

Μετά απ’ αυτά : $\boxed{\widehat {BAD} = \widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} = \widehat {CAD} = 45^\circ }$ έτσι $\boxed{\frac{{(SAB)}}{{(SAC)}} = \frac{{AB \cdot AS}}{{AC \cdot AS}} = \frac{c}{b}}$ .

Επί πλέον αφού και $\dfrac{{(SBD)}}{{(SCD)}} = \dfrac{{DB}}{{DC}} = \dfrac{c}{b}$ ( Θ. διχοτόμων) θα είναι αναγκαστικά

$\boxed{(DBC) = \dfrac{1}{2}(ABC) = \dfrac{1}{4}bc}$ . Το

είναι το σημείο τομής της

με

. Το

είναι γνωστό ότι έιναι μέσο του

(Σε κάθε τραπέζιο η ευθεία που είναι παράλληλη στις βάσεις και διέρχεται από το σημείο τομής, έστω , των διαγωνίων

τέμνει τις μη παράλληλες πλευρές εις τρόπον ώστε το αντίστοιχo τμήμα να διχοτομείται από το .)

#4

Αλλιώς για το β).

: Ημικυκλικές λιχουδιές.png (24.09 KiB) Προβλήθηκε 460 φορές

$\displaystyle \frac{{NA}}{{AM}} = \frac{b}{c} \Leftrightarrow \frac{{NA}}{{NM}} = \frac{b}{{b + c}} \Leftrightarrow \frac{{AS}}{{MB}} = \frac{b}{{b + c}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{MB = \frac{{c\sqrt 2 }}{2}}$ $\boxed{AS = \frac{{bc}}{{(b + c)\sqrt 2 }}}$ (1)

$\displaystyle (SBC) = (ABC) - [(ASB) + (ASC)] = \frac{{bc}}{2} - \frac{1}{2}AS(b + c)\sin {45^0}\mathop = \limits^{(1)} \frac{{bc}}{2} - \frac{{bc}}{4} \Leftrightarrow$ $\boxed{(SBC)=\frac{bc}{4}}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 05, 2018 9:30 am
Ημικυκλικές λιχουδιές.pngΜε διαμέτρους τις κάθετες πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle ABC$ ,

γράφω εξωτερικά του τριγώνου ημικύκλια , των οποίων τα μέσα είναι τα αντίστοιχα .

Οι τέμνονται στο σημείο .

α) Βρείτε το λόγο $\dfrac{(ASB)}{(ASC)}$ ... β) Υπολογίστε το εμβαδόν του .

Η παραλληλία ( δεν βρήκα άλλο τρόπο) $\displaystyle AS//MB//NC$ όπως ο Νίκος ,οπότε

θα είναι, $\displaystyle \angle BAS = SAC = {45^0} \Rightarrow BM//SA//CN$

Άρα $\displaystyle \boxed{\frac{{\left( {ABS} \right)}}{{\left( {ASC} \right)}} = \frac{{\left( {SAM} \right)}}{{\left( {SAN} \right)}} = \frac{{AM}}{{AN}} = \frac{{\frac{{c\sqrt 2 }}{2}}}{{\frac{{b\sqrt 2 }}{2}}} = \frac{c}{b}}$

Με $\displaystyle T$ μέσον της $\displaystyle AB \Rightarrow MT$ μεσοκάθετος της $\displaystyle AB$ άρα περνά από το μέσον $\displaystyle P$ της $\displaystyle BC$ και $\displaystyle MP//AC$

Έτσι $\displaystyle \boxed{\left( {BSC} \right) = \left( {MSN} \right) = \left( {MAC} \right) = \left( {APC} \right) = \frac{{\left( {ABC} \right)}}{2} = \frac{{bc}}{4}}$

: h.l.png (27.35 KiB) Προβλήθηκε 443 φορές

Ημικυκλικές λιχουδιές

Ημικυκλικές λιχουδιές

Re: Ημικυκλικές λιχουδιές

Re: Ημικυκλικές λιχουδιές

Re: Ημικυκλικές λιχουδιές

Re: Ημικυκλικές λιχουδιές

Μέλη σε σύνδεση