Κορεάτικος λόγος

#1

Έστω

το έγκεντρο ισοσκελούς τριγώνου ABC(AB=AC)

και

τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με τις

πλευρές BC, CA, AB

αντίστοιχα. Η

τέμνει την

στο

, η

τέμνει την

στο

και η κάθετη από το

στην

την τέμνει στο

. Αν

, να υπολογίσετε το λόγο $\displaystyle{\frac{{AB}}{{BC}}}$ . (Κατ' εξαίρεση το σχήμα δεν δίνεται

)

#2

george visvikis έγραψε:Έστω το έγκεντρο ισοσκελούς τριγώνου και τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με τις

πλευρές αντίστοιχα. Η τέμνει την στο , η τέμνει την στο και η κάθετη από το στην

την τέμνει στο . Αν , να υπολογίσετε το λόγο $\displaystyle{\frac{{AB}}{{BC}}}$ . (Κατ' εξαίρεση το σχήμα δεν δίνεται )

: Κορεάτικος λόγος.png (28.6 KiB) Προβλήθηκε 1626 φορές

Ας είναι $K\equiv BM\cap AD$ και το σημείο τομής της εκ του παραλλήλου προς την με την και έστω τα σημεία τομής της εκ του παραλλήλου προς την $AC\left( {A}'{C}'\bot NE \right)$ με τις αντίστοιχα. Τότε έχουμε:

$\angle NA'I\mathop = \limits^{INFA'\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,(\angle IFA' = \angle INA' = {{90}^0})} \angle NFI\mathop = \limits^{IF = ID = \rho }$ $\angle NDI\mathop = \limits^{INC'D\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,(\angle IND = \angle IDC = {{90}^0})} \angle IC'N\mathop \Rightarrow \limits^{IN \bot A'C'} N$ το μέσο της $A'C'\mathop \Rightarrow \limits^{A'C'\parallel AC} M$

το μέσο της $AC\mathop \Rightarrow \limits^{AQ\parallel BC} M$ το μέσο της $BQ \Rightarrow BM = MQ \Rightarrow BH - HM = HM + HQ$ $\mathop \Rightarrow \limits^{BM = AH + 2HM} AH + 2HM - HM = HM + HQ$

$\Rightarrow AH = HQ\mathop \Rightarrow \limits^{AH \bot BQ} \angle Q = {45^0}\mathop \Rightarrow \limits^{AQ\parallel BC}$ $\angle KBD = {45^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle KDB = {{90}^0}} BK = KD\sqrt 2$

$\mathop \Rightarrow \limits^{K\,\,\beta \alpha \rho \upsilon \kappa \varepsilon \nu \tau \rho o\,\,\tau o\upsilon \,\,\vartriangle ABC\,(AD,BM\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \sigma o\iota \,\,\tau o\upsilon )}$ $\dfrac{2}{3}{\mu _b} = \dfrac{1}{3}\sqrt 2 {\mu _a} \Rightarrow \ldots 2\mu _b^2 = \mu _\alpha ^2\mathop \Rightarrow \limits^{\tau \upsilon \pi o\varsigma \,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \sigma o\upsilon }$

$2\dfrac{{2{\alpha ^2} + 2{c^2} - {b^2}}}{4} = \dfrac{{2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}}}{4}\mathop \Rightarrow \limits^{b = c}$ $\ldots 4{a^2} + 2{b^2} = 4{b^2} - {a^2} \Rightarrow \ldots \dfrac{{{b^2}}}{{{a^2}}} = \dfrac{5}{2} \Rightarrow \ldots \boxed{\frac{b}{a} = \frac{{\sqrt {10} }}{2}}$ και το ζητούμενο έχει βρεθεί.

Στάθης

sotiriszogos · #3

Βασικά θα ήθελα να εκφράσω μια παρατήρηση.

Έκανα 3 τυχαια ισοσκελή τρίγωνα, ένα αμβλυγωνιο, ένα ορθογώνιο και ένα οξυγώνιο. Ξέρω οτι δεν αποτελεί μέθοδος απόδειξης, αλλά παρατήρησα ότι: στο αμβλυγώνιο BH<AH+2MH

, στο οξυγώνιο BH>AH+2MH

και ότι η ισότητα ισχύει μόνο στο ορθογώνιο. Έτσι από πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC

έχουμε ότι:
$AB^2+AC^2=BC^2 \Rightarrow 2AB^2=BC^2 \Rightarrow BC=\sqrt{2}AB$
Και άρα $\frac{AB}{BC}=\frac{1}{\sqrt{2}}$
Αν είναι σωστό μπορεί κάποιος να βοηθήσει να το αποδείξουμε;

#4

sotiriszogos έγραψε:Βασικά θα ήθελα να εκφράσω μια παρατήρηση.

... στο οξυγώνιο ...

Καλησπέρα.

Αυτό δεν ισχύει. Σχεδίασε ένα ισοσκελές τρίγωνο με τις προδιαγραφές που γράφει ο Στάθης πιο πάνω,

π.χ, $a=2, b=\sqrt{10}$ , και θα δεις ότι BH=AH+2MH

Για τις περιπτώσεις αμβλυγώνιου και ορθογωνίου τριγώνου, δεν θα τοποθετηθώ τώρα. Το αφήνω μήπως θέλει να απαντήσει κάποιος άλλος.

#5

george visvikis έγραψε:Έστω το έγκεντρο ισοσκελούς τριγώνου και τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με τις

πλευρές αντίστοιχα. Η τέμνει την στο , η τέμνει την στο και η κάθετη από το στην

την τέμνει στο . Αν , να υπολογίσετε το λόγο $\displaystyle{\frac{{AB}}{{BC}}}$ . (Κατ' εξαίρεση το σχήμα δεν δίνεται )

Όπως με ειδοποίησε ο Γιώργος αλλά και όπως γράφει πιο πάνω ο φίλος sotiriszogos υπάρχει και άλλη περίπτωση στο πρόβλημα. Η πιο πάνω λύση μου ισχύει στην περίπτωση που το βρίσκεται μεταξύ των .
Αν $M\equiv H$ τότε το τρίγωνο $\vartriangle ABC$ θα είναι ισόπλευρο και η δοσμένη σχέση (αφού ) θα έδινε $BH\equiv BM=AH$ άτοπο αφού $BM=\dfrac{a\sqrt{3}}{2}\ne \dfrac{a}{2}=AH\equiv AM$ .

: Κορεάτικος λόγος.png (28.38 KiB) Προβλήθηκε 1487 φορές

Ας δούμε λοιπόν και την περίπτωση που το βρίσκεται μεταξύ των
Όπως δείξαμε στην πρώτη περίπτωση είναι το μέσο της και ας είναι το σημείο τομής της εκ του παραλλήλου προς την με την και $S\equiv TD\cap BM$ .

Τότε με το μέσο της $AC \Rightarrow \boxed{AH = HT}:\left( 1 \right)$ και $\boxed{TC = 2HM}:\left( 2 \right)$ και με το μέσο της $BC\mathop \Rightarrow \limits^{BS\parallel TC} \boxed{BS = TC\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} 2HM}:\left( 3 \right)$ .

Από τη δοσμένη σχέση έχουμε: $BH = AH + 2HM \Rightarrow BS + SH = AH + 2HM\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)}$ $SH = HT\mathop \Rightarrow \limits^{\angle SHT = {{90}^0}} \boxed{\angle STH \equiv \angle DTA = {{45}^0}}:\left( 4 \right)$ .

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο $ADTC\left( {\angle ADC = \angle ATC = {{90}^0}} \right) \Rightarrow$ $\angle ACD = \angle ATD\mathop = \limits^{\left( 4 \right)} {45^0}\mathop \Rightarrow \limits^{AB = AC} \angle A = {90^0}$ .

Δηλαδή το τρίγωνο $\vartriangle ABC$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές οπότε $\boxed{\frac{b}{a} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}}$

Στάθης

Κορεάτικος λόγος

Κορεάτικος λόγος

Re: Κορεάτικος λόγος

Re: Κορεάτικος λόγος

Re: Κορεάτικος λόγος

Re: Κορεάτικος λόγος

Μέλη σε σύνδεση