Από εξ σε επτά

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5874
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Από εξ σε επτά

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Πέμ Απρ 12, 2018 12:58 pm

Απο εξ σε επτά.png
Απο εξ σε επτά.png (17.13 KiB) Προβλήθηκε 164 φορές
Δίδεται ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο ABC(A = 90^\circ ) . Σημείο D κινείται στο εσωτερικό του ευθυγράμμου τμήματος AB.

Θεωρώ σημείο E της πλευράς AC, ώστε AE = BD. Γράφω και τους κύκλους

({C_1}) \to (D,DB)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,({C_2}) \to \,(E,EC) που τέμνονται στα σημεία K,L .

1. Δείξετε ότι το ένα σημείο , έστω το K, ανήκει στη BC

2. Δείξετε ότι τα σημεία A,L,D,K,E και το μέσο M της BC ανήκουν στον ίδιο κύκλο , έστω (C).

3. Βρείτε τη θέση του D ώστε ο (C) να διέρχεται και από το μέσο N της απόστασης EH του E από τη BC

Σ αυτή τη περίπτωση να βρεθεί το μήκος της διακέντρου των κύκλων (C) και του κύκλου του Euler του τριγώνου ABC .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1305
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Από εξ σε επτά

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Πέμ Απρ 12, 2018 2:43 pm

Καλησπέρα κύριε Νίκο.
Πολύ ωραία άσκηση!

Έστω πρώτα πρώτα AB=AC=a.

(α) Είναι DK=DB=AE \Rightarrow DK=AE, και όμοια KE=EC=AD \Rightarrow KE=AD, οπότε το ADKE είναι παραλληλόγραμμο, και αφού \widehat{DAE}=90^\circ, είναι ορθογώνιο, δηλαδή \widehat{DKE}=90^\circ (1).

Τώρα, DB=DK, \widehat{DBK}=45^\circ \Rightarrow \widehat{DKB}=45^\circ, και όμοια \widehat{EKC}=45^\circ.

Από τις παραπάνω σχέσεις και την (1), \widehat{BKC}=\widehat{BKD}+\widehat{DKE}+\widehat{EKC}=180^\circ, άρα B,K,C συνευθειακά.

(β) Είναι DL=DK,EL=EK \Rightarrow \vartriangle DLE=\vartriangle DKE \Rightarrow \widehat{DLE}=\widehat{DKE}=90^\circ, επομένως A,L,D,K,E ομοκυκλικά.

Αρκεί πλέον να δείξουμε πως \widehat{DME}=90^\circ, οπότε και το M θα ανήκει στον διακεκομένο κύκλο διαμέτρου DE.

Τα \vartriangle DMB και \vartriangle AEM έχουν BM=AM, BD=AE, \widehat{DBM}=\widehat{MAE}=45^\circ, οπότε είναι ίσα.

Επομένως, MD=ME και \widehat{AME}=\widehat{DMB}=90^\circ-\widehat{AMD} \Rightarrow

90^\circ=\widehat{AMD}+\widehat{AME}=\widehat{DME}.

Άρα, \widehat{DME}=90^\circ.

(γ) Έστω DS \perp BK. Προφανώς, από το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο \vartriangle BDK, είναι DS=\dfrac{BK}{2} (2).

Επίσης, τα A,L,D,K,M,N,E είναι ομοκυκλικά, άρα \widehat{DNE}=90^\circ. Άρα, το DSHN είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο.

Έτσι χρησιμοποιώντας την (2), EH=2NH=2DS=BK=BD\sqrt{2} \Rightarrow EH=BD \sqrt{2} (3).

Έχουμε από το ορθογώνιο και ισοσκελές \vartriangle ECH, EC=EH\sqrt{2} (4).

Αφού όμως EC=a-AE, είναι από (3), (4) a-AE=EC=2BD=2AE \Rightarrow \boxed{AE=\dfrac{a}{3}}.

Έστω τώρα O_9 το κέντρο του κύκλου Euler του \vartriangle ABC, το οποίο είναι το μέσο της PQ, όπου P,Q τα μέσα των AB,AC αντίστοιχα. (*).

Επίσης, έστω R το κέντρο του κύκλου (A,D,E).

Αφού RA=RK, PA=PB, είναι PR \parallel AB.

Αφού RA=RK, QA=QC, είναι RQ \parallel AB.

Άρα, P,Q,R συνευθειακά.

Εμείς θέλουμε να βρούμε το RO_9=PO_9-PR (5).

Είναι PO_9=\dfrac{BM}{2}=\dfrac{BC}{4}=\dfrac{a\sqrt{2}}{4} \Rightarrow PO_9=\dfrac{a\sqrt{2}}{4} (6).

Ακόμη, PR=\dfrac{BK}{2}=\dfrac{BD\sqrt{2}}{2}=\dfrac{a\sqrt{2}}{6} \Rightarrow PR=\dfrac{a\sqrt{2}}{6} (7).

Από (5), (6), (7) \boxed{RO_9=\dfrac{a\sqrt{2}}{12}}.





(*)
Αυτό ισχύει γιατί BP=PA, MB=MC \Rightarrow MP \parallel AC \Rightarrow \widehat{MPA}=90^\circ, και όμοια \widehat{MQA}=90^\circ, άρα \widehat{PMQ}=90^\circ.

Συνεπώς, το \vartriangle PMQ είναι ορθογώνιο, άρα το κέντρο του (δηλαδή το O_9[/tex) είναι το μέσο της υποτείνουσας του, της PQ.
doloros.png
doloros.png (35.11 KiB) Προβλήθηκε 142 φορές
ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Έχω παρατηρήσει ότι εδώ και αρκετό καιρό, σε κάθε σχήμα που κάνω τα γράμματα φαίνονται πολύ ''θολά'' και δεν είναι ευδιάκριτα. Μήπως ξέρει κανείς τι συμβαίνει.


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6975
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Από εξ σε επτά

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Απρ 12, 2018 7:41 pm

Doloros έγραψε:
Πέμ Απρ 12, 2018 12:58 pm
Απο εξ σε επτά.png

Δίδεται ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο ABC(A = 90^\circ ) . Σημείο D κινείται στο εσωτερικό του ευθυγράμμου τμήματος AB.

Θεωρώ σημείο E της πλευράς AC, ώστε AE = BD. Γράφω και τους κύκλους

({C_1}) \to (D,DB)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,({C_2}) \to \,(E,EC) που τέμνονται στα σημεία K,L .

1. Δείξετε ότι το ένα σημείο , έστω το K, ανήκει στη BC

2. Δείξετε ότι τα σημεία A,L,D,K,E και το μέσο M της BC ανήκουν στον ίδιο κύκλο , έστω (C).

3. Βρείτε τη θέση του D ώστε ο (C) να διέρχεται και από το μέσο N της απόστασης EH του E από τη BC

Σ αυτή τη περίπτωση να βρεθεί το μήκος της διακέντρου των κύκλων (C) και του κύκλου του Euler του τριγώνου ABC .


1. Έστω ότι ο κύκλος (C_1) τέμνει τη BC στο K και την AB στο Z. Προφανώς, \displaystyle ZK \bot BC, άρα το ZKB είναι ορθογώνιο και

ισοσκελές, οπότε \displaystyle KD = DB,KD \bot AB \Rightarrow KD|| = AE \Leftrightarrow EK = AD = EC. Επομένως και ο (C_2) διέρχεται από το K.
Από εξ σε επτά.png
Από εξ σε επτά.png (26.93 KiB) Προβλήθηκε 108 φορές
2. Το ADKE είναι ορθογώνιο, άρα τα A, D, K, E ανήκουν στον κύκλο διαμέτρου AK, οπότε στον ίδιο κύκλο ανήκει και

το M, αφού A\widehat MK=90^0. Εξάλλου, το LDKE είναι χαρταετός κι επειδή \displaystyle D\widehat KE = {90^0} \Rightarrow D\widehat LE = {90^0} που σημαίνει

ότι και το L είναι σημείο του ίδιου κύκλου.

3. \displaystyle DN||BH, κι επειδή τα D, N είναι μέσα των DZ, HE, θα είναι και ZE||BH. Άρα BZ=KE=AD, απ' όπου

προκύπτει ότι \boxed{BD=\frac{AB}{3}} Η ζητούμενη διάκεντρος είναι PQ=d (το τμήμα που ενώνει τα μέσα των AK, AM).

\displaystyle d = \frac{{KM}}{2} = \frac{{MB - BK}}{2} = \dfrac{{\dfrac{a}{2} - \dfrac{a}{3}}}{2} \Leftrightarrow \boxed{d = \frac{a}{{12}}} (όπου a=BC ).


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες