Από ένα σφηνάκι

Συντονιστές: Φωτεινή, silouan

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 15538
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Από ένα σφηνάκι

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Οκτ 03, 2024 1:17 pm

Από ένα  σφηνάκι.png
Από ένα σφηνάκι.png (7.18 KiB) Προβλήθηκε 222 φορές
Το N είναι σημείο της κάθετης πλευράς AC , του ορθογωνίου και ισοσκελούς

τριγώνου ABC , τέτοιο ώστε : AN=\dfrac{a}{3} . Η διάμεσος CM προς την άλλη

κάθετη πλευρά , τέμνει την BN στο σημείο S . Δείξτε ότι : ASB \approx BSC .

Η σχετικά απλή αυτή άσκηση , υποθέτω ότι μπορεί να λυθεί με πολλούς τρόπους .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13617
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Από ένα σφηνάκι

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Οκτ 03, 2024 6:10 pm

KARKAR έγραψε:
Πέμ Οκτ 03, 2024 1:17 pm
Από ένα σφηνάκι.pngΤο N είναι σημείο της κάθετης πλευράς AC , του ορθογωνίου και ισοσκελούς

τριγώνου ABC , τέτοιο ώστε : AN=\dfrac{a}{3} . Η διάμεσος CM προς την άλλη

κάθετη πλευρά , τέμνει την BN στο σημείο S . Δείξτε ότι : ASB \approx BSC .

Η σχετικά απλή αυτή άσκηση , υποθέτω ότι μπορεί να λυθεί με πολλούς τρόπους .
Από ένα σφηνάκι.png
Από ένα σφηνάκι.png (10.76 KiB) Προβλήθηκε 194 φορές
Είναι \displaystyle \tan \theta  = \tan (A\widehat BN) = \frac{1}{3},\tan \omega  = \tan (A\widehat CM) = \frac{1}{2} \Rightarrow \theta  + \omega  = 45^\circ, άρα

\displaystyle B\widehat CM = \theta ,M\widehat CA = \omega και από πιθανή καθετότητα θα είναι \displaystyle A\widehat SC = 90^\circ απ' όπου εύκολα

προκύπτει ότι \displaystyle N\widehat SC = 45^\circ  = A\widehat SN και B\widehat AS=\omega, που αποδεικνύει το ζητούμενο.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4734
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: Από ένα σφηνάκι

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Πέμ Οκτ 03, 2024 7:36 pm

KARKAR έγραψε:
Πέμ Οκτ 03, 2024 1:17 pm
Από ένα σφηνάκι.pngΤο N είναι σημείο της κάθετης πλευράς AC , του ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου ABC , τέτοιο ώστε : AN=\dfrac{a}{3} . Η διάμεσος CM προς την άλλη κάθετη πλευρά , τέμνει την BN στο σημείο S . Δείξτε ότι : ASB \approx BSC .
Η σχετικά απλή αυτή άσκηση , υποθέτω ότι μπορεί να λυθεί με πολλούς τρόπους .
Ενα σφηνάκι.png
Ενα σφηνάκι.png (21.47 KiB) Προβλήθηκε 181 φορές
Έστω K\equiv AS\cap BC τότε από το Θεώρημα του Ceva θα έχουμε: \dfrac{BK}{KC}\cdot \dfrac{CN}{NA}\cdot \dfrac{AM}{MB}=1\Rightarrow \ldots \dfrac{BK}{KC}=\dfrac{1}{2}

Για τα τρίγωνα \vartriangle BCN,\vartriangle ABK έχουμε: \angle BCN=\angle ABK={{45}^{0}} και \dfrac{CN}{CB}=\dfrac{\dfrac{2a}{3}}{a\sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{3} \dfrac{BK}{BA}=\dfrac{\dfrac{a\sqrt{2}}{3}}{a}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}=\dfrac{CN}{CB} οπότε τα τρίγωνα είναι όμοια άρα \angle CBN=\angle BAK\equiv \angle BAS και \angle BKA\equiv \angle BKS=\angle BCN\equiv \angle KCN\Rightarrow S,K,C,N ομοκυκλικά οπότε \angle SCK\equiv \angle SCB=\angle KNS\equiv \angle KNB:\left( 1 \right)

Με \dfrac{BK}{KC}=\dfrac{1}{2}=\dfrac{AN}{NC}\Rightarrow KN\parallel AB\Rightarrow \angle ABS\equiv \angle ABN=\angle SKN\overset{S,K,C,N\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle KCS\equiv \angle BCS

Έτσι τα δύο επίμαχα τρίγωνα της εκφώνησης εμφανίζονται με δύο γωνίες ίσες μια προς μία και συνεπώς είναι όμοια


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 2938
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Από ένα σφηνάκι

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Παρ Οκτ 04, 2024 1:54 am

KARKAR έγραψε:
Πέμ Οκτ 03, 2024 1:17 pm
Από ένα σφηνάκι.pngΤο N είναι σημείο της κάθετης πλευράς AC , του ορθογωνίου και ισοσκελούς

τριγώνου ABC , τέτοιο ώστε : AN=\dfrac{a}{3} . Η διάμεσος CM προς την άλλη

κάθετη πλευρά , τέμνει την BN στο σημείο S . Δείξτε ότι : ASB \approx BSC .

Η σχετικά απλή αυτή άσκηση , υποθέτω ότι μπορεί να λυθεί με πολλούς τρόπους .
Θεωρούμε το τετράγωνο ABDC πλευράς a με AS \cap BD=E  ,AE \cap CD=H ,  CM \cap DB=Z οπότε

ZBCA παραλληλόγραμμο άρα \angle  Z_{1}= \angle  C_{1}

CZ,AE,BN συγκλίνουν στο S .Άρα (θ.κ.δέσμης) \dfrac{ZB}{BE} = \dfrac{2m}{m} =2 \Rightarrow BE= \dfrac{a}{2}

άρα HD=a και HB \bot BC

Είναι \triangle BEA= \triangle MAC \Rightarrow CM \bot EA (γνωστή σχολική άσκηση)

Έτσι τα ZBSA,HBSC είναι εγγράψιμμα ,επομένως \angle BSA= \angle BSC=135^0 και  \angle  Z_{1} = \angle  B_{1} ,

επομένως \triangle BSC \simeq  \triangle ASB (Έχουν δύο ίσες γωνίες)
Από ένα σφηνάκι.png
Από ένα σφηνάκι.png (30.48 KiB) Προβλήθηκε 142 φορές


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10197
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Από ένα σφηνάκι

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Παρ Οκτ 04, 2024 9:50 am

KARKAR έγραψε:
Πέμ Οκτ 03, 2024 1:17 pm
Από ένα σφηνάκι.pngΤο N είναι σημείο της κάθετης πλευράς AC , του ορθογωνίου και ισοσκελούς

τριγώνου ABC , τέτοιο ώστε : AN=\dfrac{a}{3} . Η διάμεσος CM προς την άλλη

κάθετη πλευρά , τέμνει την BN στο σημείο S . Δείξτε ότι : ASB \approx BSC .

Η σχετικά απλή αυτή άσκηση , υποθέτω ότι μπορεί να λυθεί με πολλούς τρόπους .
Ας είναι T η τομή των ευθειών AS και BC. Επειδή η CM είναι διάμεσος του \vartriangle ABC θα είναι NT//AB.

Θέτω : AN = 2k \Rightarrow NC = 4k\,\,,\,\,AM = 3k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB = 6k οπότε για τις σημειούμενες, έγχρωμες οξείες γωνίες του σχήματος θα είναι:
Σφηνάκι.png
Σφηνάκι.png (20.7 KiB) Προβλήθηκε 120 φορές
\tan \theta  = \dfrac{{AN}}{{AB}} = \dfrac{1}{3}\,\,\left( 1 \right)\,\,,\,\,\tan \phi  = \dfrac{{AN}}{{AC}} = \dfrac{1}{2}\,\,\,\left( 2 \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\omega  + \theta  = 45^\circ \,\,\left( 3 \right).

Επειδή 1 = \tan \left( {\theta  + \omega } \right) = \dfrac{{\dfrac{1}{3} + \tan \omega }}{{1 - \dfrac{1}{3}\tan \omega }} \Rightarrow \tan \omega  = \dfrac{1}{2} θα είναι

\tan \phi  = \tan \omega κι αφού οι γωνίες είναι οξείες αναγκαστικά \boxed{\omega  = \phi } . Εύκολα τώρα έχω , \theta  = {\theta _1} = {\theta _2} . \vartriangle SBA \approx \vartriangle SNT \approx \vartriangle SCB

.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 15538
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Από ένα σφηνάκι

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Παρ Οκτ 04, 2024 12:31 pm

Τόμπολα ! Την άσκηση δημιούργησα ψάχνοντας σημείο S στο εσωτερικό του τριγώνου , τέτοιο ώστε

τα τμήματα SA , SB , SC να είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου . Ένα τέτοιο είναι αυτό

της παρούσας άσκησης . Δεν έχω ασχοληθεί περαιτέρω με το θέμα ...


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1797
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Από ένα σφηνάκι

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Παρ Οκτ 04, 2024 7:41 pm

Χαιρετώ τους φίλους! Με χρήση του σχήματος:
4-10 σφηνάκι από KARKAR.png
4-10 σφηνάκι από KARKAR.png (297.84 KiB) Προβλήθηκε 61 φορές
Η EL είναι μεσοκάθετος του NC. Θέτω EN=EL=EC=2. Τότε AB=AC=3\sqrt{2} και BC=6..BE=4.

Τα τρίγωνα MAC,BEN έχουν λόγο καθέτων 1/2 άρα \omega=\omega'=\omega'' (από πιθανή καθετότητα) και \theta= \pi/4 -\omega =\theta'

Συνεπώς τα τρίγωνα ASB,SBC είναι όμοια.

Φιλικά, Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10197
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Από ένα σφηνάκι

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Παρ Οκτ 04, 2024 7:50 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Παρ Οκτ 04, 2024 7:41 pm
Χαιρετώ τους φίλους! Με χρήση του σχήματος:
4-10 σφηνάκι από KARKAR.png
Η EL είναι μεσοκάθετος του NC. Θέτω EN=EL=EC=2. Τότε AB=AC=3\sqrt{2} και BC=6..BE=4.

Τα τρίγωνα MAC,BEN έχουν λόγο καθέτων 1/2 άρα \omega=\omega'=\omega'' (από πιθανή καθετότητα) και \theta= \pi/4 -\omega =\theta'

Συνεπώς τα τρίγωνα ASB,SBC είναι όμοια.

Φιλικά, Γιώργος.
Ωραία Γιώργο , ει δυνατόν να σε βλέπουμε πιο συχνά .


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3612
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Από ένα σφηνάκι

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Παρ Οκτ 04, 2024 7:57 pm

KARKAR έγραψε:
Πέμ Οκτ 03, 2024 1:17 pm
Το N είναι σημείο της κάθετης πλευράς AC , του ορθογωνίου και ισοσκελούς

τριγώνου ABC , τέτοιο ώστε : AN=\dfrac{a}{3} . Η διάμεσος CM προς την άλλη

κάθετη πλευρά , τέμνει την BN στο σημείο S . Δείξτε ότι : ASB \approx BSC .

Η σχετικά απλή αυτή άσκηση , υποθέτω ότι μπορεί να λυθεί με πολλούς τρόπους .
shape.png
shape.png (14.58 KiB) Προβλήθηκε 57 φορές
Παίρνω τις κάθετες πλευρές ίσες με 30k και εφαρμόζω δύο θεωρήματα Μενελάου στα  \triangle BAN, \triangle CAM με διατέμνουσες CSM,BSN αντίστοιχα.

Συνδυάζοντας και το Π. Θ. προκύπτουν οι τιμές στο παραπάνω σχήμα.

Αφού \dfrac{{AM}}{{MS}} = \dfrac{{CM}}{{AM}} = \sqrt 5 και οι περιεχόμενες γωνίες ίσες με \omega , έπεται ότι  \triangle AMS \sim  \triangle CMA, συνεπώς AS \bot CM και από Π.Θ. στο  \triangle AMS: AS = 6k\sqrt 5 .

Εφόσον \dfrac{{SA}}{{SC}} = \dfrac{{AN}}{{NC}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow SN διχοτόμος της \angle ASC = {90^ \circ }.

Τέλος, τα ζητούμενα τρίγωνα είναι όμοια γιατί \dfrac{{BS}}{{SA}} = \dfrac{{CS}}{{SB}} = \sqrt 2 και οι περιεχόμενες γωνίες ίσες με {135^ \circ } η κάθε μια.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γενικά - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Juniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης