Ρομβοτική

KARKAR · #1

: Ρομβοτική.png (15.31 KiB) Προβλήθηκε 586 φορές

Δίνεται ρόμβος ABCD

και παραλληλόγραμμο ACEZ

του οποίου οι πλευρές AZ,CE

είναι ίσες με εκείνες του ρόμβου .

Δείξτε ότι η

είναι κάθετη προς την

και αν

είναι το σημείο τομής τους , δείξτε ότι ο λόγος $\dfrac{ZS}{BS}$ , είναι σταθερός .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Μάιος 23, 2025 7:01 am
Ρομβοτική.pngΔίνεται ρόμβος και παραλληλόγραμμο του οποίου οι πλευρές είναι ίσες με εκείνες του ρόμβου .

Δείξτε ότι η είναι κάθετη προς την και αν είναι το σημείο τομής τους , δείξτε ότι ο λόγος $\dfrac{ZS}{BS}$ , είναι σταθερός .

Έχω ωραία λύση με Ευκλείδεια μέσα αλλά θα κάνω μία με Αναλυτική Γεωμετρία γιατί δεν χρειάζεται πολλή σκέψη και, παράλληλα, έχει την αξία της.

Με αρχή των αξόνων το κέντρο

του ρόμβου έχουμε συντεταγμένες O(0,0), A(0,a), B(-b,0) , C(0,-a), D(b,0)

. Έστω ακόμη η κορυφή

του παραλληλογράμμου είναι οι Z(p,q)

και άρα

.

To γεγονός ότι AZ=AD

σημαίνει ότι το

απέχει από το

απόσταση $\sqrt {a^2+b^2}$ οπότε ισχύει

p^2+(q-a)^2=a^2+b^2

, ισοδύναμα $\boxed {p^2+q^2-2aq=b^2} (*)$ .

Για να δείξουμε την ζητούμενη καθετότητα εργαζόμαστε με το γινόμενο των κλίσεων. Εδώ είναι

$\displaystyle{\dfrac {q-0}{p-b}\dfrac {q-2a}{p+b}= \dfrac {q^2-2aq}{p^2-b^2}= ^{(*)} \dfrac {-p^2+b^2}{p^2-b^2}=-1}$ , όπως θέλαμε.

Για την σταθερότητα του λόγου αρκεί να δείξουμε ότι το ορθογώνιο τρίγωνο BEZ

είναι όμοιο με το σταθερό ορθογώνιο τρίγωνο OAB

. Προς τούτο αρκεί να δείξουμε ότι $\widehat {ZBE}= \widehat {ADO}$ . Πάλι με κλίσεις

$\displaystyle{\tan (\widehat {ZBE})= \dfrac { \dfrac {q-0}{p+b} - \dfrac {q-2a}{p+b} }{1+\dfrac {q-0}{p+b} \dfrac {q-2a}{p+b} } = \dfrac {2a(p+b)}{p^2+2pb+b^2+q^2-2aq}=$

$\displaystyle{ = ^{(*)}\dfrac {2a(p+b)}{2b(p+b)}= \dfrac {a}{b}= \tan (\widehat {ADO})}$ , όπως θέλαμε.

Ρομβοτική

Ρομβοτική

Re: Ρομβοτική

Μέλη σε σύνδεση