Δύο επιπλέον τμήματα

KARKAR · #1

: Δύο επιπλέον τμήματα.png (10.49 KiB) Προβλήθηκε 155 φορές

Στο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , είναι : AB=5 ,BC=6 , CA=7

. Φέρουμε ( πώς ; ) ευθεία διερχόμενη

από το βαρύκεντρο

του τριγώνου και η οποία τέμνει τις AC , AB

και την προέκταση της

στα σημεία P,T,S

αντίστοιχα , ώστε : AP=AT

. Υπολογίστε τα τμήματα :

και

.

Εξετάστε μην τυχόν τα τμήματα PK , KT , TS

είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου .

Κάντε το ίδιο για οποιοδήποτε τρίγωνο με AB<AC

. Μπορούμε να πετύχουμε την γεωμ. πρόοδο ;

#2

: Δύο επι πλέον τμήματα.png (32.62 KiB) Προβλήθηκε 126 φορές

Ες αύριο τα σπουδαία αν προλάβω

Βρίσκω $\boxed{AT = \frac{{b + c}}{3}}$ και $\boxed{SB = \frac{{a\left( {2c - b} \right)}}{{3\left( {b - c} \right)}}}$

Ενώ αν $\boxed{b = c\sqrt 2 }$ επιτυγχάνω τη γεωμετρική πρόοδο που ζητείται

: Δύο επι πλέον τμήματα_2.png (23.85 KiB) Προβλήθηκε 83 φορές

Χωρίς τις πράξεις που είναι σχετικά απλές .

Αν φέρω από το

κάθετη στη διχοτόμο της γωνίας

έχω τα δεδομένα της εκφώνησης .

Φέρνω από το

παράλληλη στην

που τέμνει την ευθεία

στο

.

Θέτω: $AF = m\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SB = x\,\,,\,\,AP = AT = y$ .

Επειδή $\vartriangle AKF \approx \vartriangle MKS \Rightarrow \dfrac{{AF}}{{SM}} = \dfrac{{AK}}{{KM}} \Rightarrow \dfrac{{2m}}{{a + 2x}} = 2 \Rightarrow \boxed{m = 2x + a}\,\,( * )$

Τώρα πάλι με όμοια τρίγωνα, που οι σχέσεις άμεσα φανερώνουν ποια είναι, έχω :

$\left\{ \begin{gathered} \frac{m}{x} = \frac{y}{{c - y}} \hfill \\ \frac{m}{{x + a}} = \frac{y}{{b - y}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ που λόγω της $\left( * \right)$ δίδουν:

: Δύο επι πλέον τμήματα_ok.png (14.28 KiB) Προβλήθηκε 75 φορές

$\left\{ \begin{gathered} x = \frac{{a\left( {2c - b} \right)}}{{3\left( {b - c} \right)}} \hfill \\ y = \frac{{b + c}}{3} \hfill \\ m = \frac{{a\left( {b + c} \right)}}{{3\left( {b - c} \right)}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Στα τρίγωνα : $KSM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PSC$ και διατέμνουσες αντίστοιχα $\overline {ATB} \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\overline {AKM}$ με Θ. Μενελάου έχω:

$\left\{ \begin{gathered} KT = \frac{{b - c}}{{2c - b}}w \hfill \\ PK = \frac{{c\left( {b - c} \right)}}{{b\left( {2c - b} \right)}}w \hfill \\ \end{gathered} \right.$ , όπου $\boxed{w = ST}$

Επειδή πρέπει $K{T^2} = PK \cdot ST$ προκύπτει : $\boxed{b = \sqrt 2 c}$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 26, 2019 9:17 pm
Δύο επιπλέον τμήματα.pngΣτο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , είναι : . Φέρουμε ( πώς ; ) ευθεία διερχόμενη

από το βαρύκεντρο του τριγώνου και η οποία τέμνει τις και την προέκταση της

στα σημεία αντίστοιχα , ώστε : . Υπολογίστε τα τμήματα : και .

Εξετάστε μην τυχόν τα τμήματα είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου .

Κάντε το ίδιο για οποιοδήποτε τρίγωνο με . Μπορούμε να πετύχουμε την γεωμ. πρόοδο ;

Η κάθετη από το

στη διχοτόμο της $\angle A$ δίνει το ισοσκελές τρίγωνο AST

Με $BD,EC//AM \Rightarrow \dfrac{DB}{AK}+ \dfrac{CE}{AK}= \dfrac{TB}{x}+ \dfrac{CS}{x} \Rightarrow \dfrac{2KM}{AK}= \dfrac{TB+CS}{x}=1 \Rightarrow TB+CS=x$

( BDEC

είναι τραπέζιο με διάμεσο

)

Έτσι $TB+x+x+SC=3x \Rightarrow b+c=3x \Rightarrow x=AT=AS= \dfrac{b+c}{3}$ και άμεσα προκύπτουν $BT= \dfrac{2c-b}{3} ,CS= \dfrac{2b-c}{3}$

Άρα, $\dfrac{DB}{AK}= \dfrac{2c-b}{b+c}$ , $\dfrac{AK}{EC} = \dfrac{b+c}{2b-c}$ που με πολ/σμό έχουμε $\dfrac{CE}{DB}= \dfrac{2b-c}{2c-b}= \dfrac{PB+a}{PB} \Rightarrow PB= \dfrac{a(2c-b)}{3(b-c)b}$

Έστω τώρα KZ//AB,BN//PE

.Τότε, $BZ= \dfrac{2}{3}BM= \dfrac{a}{3}$ και AB=AN=c

Ισχύει, $\dfrac{KT}{TP}= \dfrac{BZ}{BP}=.. \dfrac{b-c}{2c-b}$ και $\dfrac{KS}{KT}= \dfrac{QN}{QB}= \dfrac{c}{b}$ (Μενέλαος στο $\triangle NBC$ με διατέμνουσα MQA

)

$KT^2=TP . KS \Rightarrow$ $\dfrac{KT}{TP} = \dfrac{KS}{KT} \Rightarrow \dfrac{b-c}{2c-b}= \dfrac{c}{b} \Rightarrow b=c \sqrt{2}$

Με τα αριθμητικά δεδομένα του προβλήματος βρίσκουμε x=4 , PB=3

: Δυο επιπλέον τμήματα.png (22.82 KiB) Προβλήθηκε 61 φορές

Δύο επιπλέον τμήματα

Δύο επιπλέον τμήματα

Re: Δύο επιπλέον τμήματα

Re: Δύο επιπλέον τμήματα

Μέλη σε σύνδεση