Καθετότητα της τελευταίας στιγμής

KARKAR · #1

: Καθετότητα της τελευταίας στιγμής.png (13.19 KiB) Προβλήθηκε 716 φορές

Από σημείο

της προέκτασης της πλευράς

, του τετραγώνου ABCD

, φέρω την

,

η οποία τέμνει τις προεκτάσεις των AD,BD

στα σημεία P,Q

αντίστοιχα . Ονομάζουμε

το

μέσο της

. Δείξτε ότι : $QA \perp AM$ και υπολογίστε το (QAM)

συναρτήσει των AB,BS

Ορέστης Λιγνός · #2

Καλή Πρωτοχρονιά κύριε Θανάση!

Έστω $\widehat{APM}=\widehat{PAM}=\phi$ .

Έστω ακόμη

το κέντρο του τετραγώνου.

α) Η

είναι μεσοκάθετος της

και

σημείο της, άρα QA=QC

και $\widehat{AQO}=\widehat{OQC}$ .

Είναι $\widehat{ADB}=\widehat{QDP}=45^0$ , και αφού η $\widehat{DPC}=\phi$ είναι εξωτερική στο QDP

, $\widehat{DQP}=\widehat{AQD}=\phi-45$ .

Η $\widehat{APM}=\phi$ είναι εξωτερική στο QAP

, άρα $\widehat{QAP}=90-\phi=90-\widehat{PAM} \Leftrightarow \widehat{QAM}=90^0$ , και τελικά $QA \perp AM$ .

β) Έστω $AB=x, \, BS=y$ .

Από τα όμοια $PDC, \, PAS$ παίρνουμε $PD=\dfrac{x^2}{y}$ .

Είναι τώρα $\sin \phi=\dfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}, \, \cos \phi=\dfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$ .

Άρα, $\sin (\phi-45)=\dfrac{y-x}{\sqrt{2(x^2+y^2)}}$ .

Με νόμο ημιτόνων στο QAB

είναι $\dfrac{QA}{\sin 45}=\dfrac{x}{\sin (\phi-45)} \Leftrightarrow \boxed{QA=\dfrac{x\sqrt{x^2+y^2}}{y-x}}$ .

Ακόμη, $AM=\dfrac{PS}{2} \Leftrightarrow \boxed{AM=\dfrac{(x+y)\sqrt{x^2+y^2}}{2y}}$ .

Τελικά, $\boxed{(QAM)=\dfrac{x(x+y)(x^2+y^2)}{4y(y-x)}}$

#3

KARKAR έγραψε:Καθετότητα της τελευταίας στιγμής.png Από σημείο της προέκτασης της πλευράς , του τετραγώνου , φέρω την ,

η οποία τέμνει τις προεκτάσεις των στα σημεία αντίστοιχα . Ονομάζουμε το

μέσο της . Δείξτε ότι : $QA \perp AM$ και υπολογίστε το συναρτήσει των

Καλή Χρονιά σε όλους!

Φέρνω το ύψος QH=h

του τριγώνου QAS

και ονομάζω $\displaystyle{\omega }$ τις γαλάζιες και $\displaystyle{\varphi }$ τις κόκκινες γωνίες.

: καθετότητα της τελευταίας στιγμής.png (13.48 KiB) Προβλήθηκε 628 φορές

α) Αρκεί να δείξω ότι $\varphi=\omega.$ Πράγματι, επειδή οι διαγώνιοί του τετραγώνου είναι κάθετες και διχοτομούνται, το τρίγωνο QAC

είναι ισοσκελές και το ζητούμενο έπεται.

β) Θέτω AB=a, BS=d.

Τα τρίγωνα QHA, SBC, SHQ

είναι όμοια.

$\displaystyle{\frac{h}{{HA}} = \frac{d}{a} = \frac{{SH}}{h} \Rightarrow SH = \frac{{hd}}{a},HA = \frac{{ah}}{d} \Rightarrow a + d = SH - HA = \frac{{h(a + d)(d - a)}}{{ad}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{h=\frac{ad}{d-a}}$ (1)

Είναι ακόμα $\displaystyle{\frac{{SA}}{{SH}} = \frac{{AP}}{h} \Leftrightarrow \frac{{SH}}{h} = \frac{{a + d}}{{AP}} \Leftrightarrow \frac{d}{a} = \frac{{a + d}}{{AP}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{AP=\frac{a(a+d)}{d}}$ (2)

$\displaystyle{(QAM) = (QAS) - (AMS) = \frac{{(a + d)h}}{2} - \frac{{(a+d))AP}}{4}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1),(2)} }$ $\boxed{\frac{a(a+d)(a^2+d^2)}{4d(d-a)}}$

Καθετότητα της τελευταίας στιγμής

Καθετότητα της τελευταίας στιγμής

Re: Καθετότητα της τελευταίας στιγμής

Re: Καθετότητα της τελευταίας στιγμής

Μέλη σε σύνδεση