Αερολογίες

KARKAR · #1

: Αερολογίες.png (8.72 KiB) Προβλήθηκε 887 φορές

Τα σημεία K ,L

τριχοτομούν την πλευρά

του ορθογωνίου ABCD

, ενώ

το

είναι το μέσο της

. Αν $ML \perp AC$ , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{BC}{AB}$ .

Αν ονομάσουμε

την τομή των MK , AC

, υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{(MTS)}{(ABCD)}$ .

Henri van Aubel · #2

Καλό μεσημέρι!!

Για το πρώτο ερώτημα:

Από την ομοιότητα των τριγώνων ASL,ABC

λαμβάνουμε:

$\displaystyle \frac {AS}{AB}=\frac {AL}{AC}=\frac {\displaystyle \frac {2}{3}\cdot AB}{AC} \Longleftrightarrow AS=\frac {\displaystyle \frac {2}{3}\cdot AB^{2}}{AC}$

Οπότε θα είναι:

$\displaystyle SC=AC-\frac {\displaystyle \frac {2}{3}\cdot AB^{2}}{AC}=\frac {AC^{2}-\displaystyle \frac {2}{3}\cdot AB^{2}}{AC}(1)$

Επίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο MCS

έχουμε:

$\displaystyle SC=MC\cdot \frac {AB}{AC}=\frac {AB}{2}\cdot \frac {AB}{AC}=\frac {AB^{2}}{2AC}(2)$

Άρα από $\displaystyle (1),(2)$ οδηγούμαστε στην εξίσωση:

$\displaystyle \frac {AC^{2}-\displaystyle \frac {2}{3}\cdot AB^{2}}{AC}=\frac {AB^{2}}{2AC} \Longleftrightarrow \boxed {\frac {AC}{AB}=\sqrt {\frac {7}{6}}}$

Επομένως $\displaystyle \boxed {\frac {BC}{AB}=\frac {\sqrt {6}}{6}}$ .

Το άλλο αργότερα.

Henri van Aubel · #3

Για το δεύτερο δεν έχω την αντοχή να πληκτρολογώ, άλλωστε καλύτερα θα ήταν να την λύσει πρώτα κάποιο παιδί.

Δίνω την απάντησή μου.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

KARKAR · #4

Αγαπητέ Henri.

Απ' ότι βλέπω δεν είναι ενεργά τα προσωπικά σου μηνύματα , οπότε αναγκάζομαι να γράψω

σε κοινή θέα το μήνυμά μου .

Λοιπόν , η απάντηση με απόκρυψη ( χωρίς λύση ) δεν είναι καλή πρακτική και αντιβαίνει το πνεύμα

του κανονισμού .

Επιπλέον , υπάρχει ο κίνδυνος να μην είναι σωστό το αποτέλεσμα που βρήκες , οπότε τα πράγματα

γίνονται χειρότερα .

Ο λόγος των εμβαδών , λοιπόν , που βρίσκεις μάλλον δεν είναι σωστός ...

Henri van Aubel · #5

Αναλυτικά λοιπόν για το δεύτερο ερώτημα:

Από την ισότητα των τριγώνων $AMK,MLB(AK=LB,MA=MB,\angle KAM=\angle LBM)$ προκύπτει ότι MK=ML.

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο BCSL

προκύπτει ότι $\angle MLK=\angle ACB.$

Οπότε τελικά $\angle MLK=\angle MKL=\angle ACB=90^\circ-\angle BAC,$

έτσι $\angle KML=2\cdot \angle BAC(3).$

Είναι (το έχουμε βρει στο πρώτο ερώτημα) $\displaystyle \tan \angle BAC=\frac {BC}{AB}=\frac {\sqrt {6}}{6}$ ,

άμεση συνέπεια $\displaystyle \tan \angle SMT=\tan 2 \angle BAC=\frac {2 \cdot \tan \angle BAC}{1-\tan ^{2} \angle BAC}=\frac {2\sqrt {6}}{5}(4)$

Από την ομοιότητα των τριγώνων ACD,CMS

λαμβάνουμε:

$\displaystyle \frac {SM}{AD}=\frac {MC}{AC}\Longleftrightarrow SM=AD \cdot \frac {MC}{AC}=\frac {\sqrt {6}}{2\sqrt {7}} \cdot BC(5)$

Από $\displaystyle (4),(5)$ έπεται ότι :

$\displaystyle \boxed {(TMS)=\frac {1}{2} \cdot SM^{2} \cdot \tan \angle SMT=\frac {1}{2} \cdot \frac {3}{14}BC^{2} \cdot \frac {2\sqrt {6}}{5}=\frac {3\sqrt {6}}{70} BC^{2}}$

Όμως $\displaystyle \boxed {(ABCD)=AB \cdot BC=\sqrt {6} BC^{2} }$

Άρα :

$\displaystyle \boxed {\frac {(TMS)}{(ABCD)}=\frac {3}{70}}$

#6

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Οκτ 04, 2022 1:31 pm
Αερολογίες.pngΤα σημεία τριχοτομούν την πλευρά του ορθογωνίου , ενώ

το είναι το μέσο της . Αν $ML \perp AC$ , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{BC}{AB}$ .

Αν ονομάσουμε την τομή των , υπολογίστε τον λόγο : $\dfrac{(MTS)}{(ABCD)}$ .

Αν

είναι το ύψος του (προφανώς ) ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle MKL\left( MK=ML \right)$ τότε $HL=HK=\dfrac{KL}{2}=\dfrac{AB}{6}:\left( 1 \right)$ και από την προφανή ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle MHL,\vartriangle ABC$ ( $\angle HML=\angle BAC$ (οξείες με κάθετες πλευρές) θα έχουμε : $\dfrac{MH}{AB}=\dfrac{HL}{BC}\overset{\left( 1 \right),MH=BC}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{\dfrac{AB}{6}}{BC}\Rightarrow {{\left( \dfrac{BC}{AB} \right)}^{2}}=\dfrac{1}{6}\Rightarrow \dfrac{BC}{AB}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}$

Και $AK\cdot AL=A{{L}^{2}}\overset{\Pi .\Theta }{\mathop{=}}\,A{{H}^{2}}+H{{L}^{2}}=B{{C}^{2}}+{{\left( \dfrac{AB}{6} \right)}^{2}}\overset{B{{C}^{2}}=\frac{A{{B}^{2}}}{6}}{\mathop{=}}\,\dfrac{7A{{B}^{2}}}{36}:\left( 2 \right)$

: αερολογίες.png (16.13 KiB) Προβλήθηκε 789 φορές

Με $MC\parallel AK\Rightarrow \dfrac{MT}{MK}=\dfrac{MC}{MC+AK}=\dfrac{\dfrac{AB}{2}}{\dfrac{AB}{2}+\dfrac{AB}{3}}=\dfrac{3}{5}\overset{MK=ML}{\mathop{\Rightarrow }}\,MT=\dfrac{3}{5}ML:\left( 3 \right)$ και από
$MC\parallel AL\Rightarrow \dfrac{MS}{ML}=\dfrac{MC}{MC+AL}=\dfrac{\dfrac{AB}{2}}{\dfrac{AB}{2}+\dfrac{2AB}{3}}=\dfrac{3}{7}\overset{MK=ML}{\mathop{\Rightarrow }}\,MS=\dfrac{3}{7}ML:\left( 4 \right)$

Για τα τρίγωνα $\vartriangle MTS,\vartriangle MKL$ με κοινή γωνία $\angle TMS\equiv \angle KML\Rightarrow \dfrac{\left( MST \right)}{\left( MKL \right)}=\dfrac{MT\cdot MS}{M{{L}^{2}}}\overset{\left( 3 \right),\left( 4 \right)}{\mathop{=}}\,\dfrac{9}{35}:\left( 5 \right)$ και με $\left( MKL \right)=\dfrac{KL\cdot MH}{2}=\dfrac{\dfrac{AB}{3}\cdot BC}{2}=\dfrac{\left( ABCD \right)}{6}$ η σχέση $\left( 5 \right)$ γίνεται $\dfrac{\left( MST \right)}{\dfrac{\left( ABCD \right)}{6}}=\dfrac{9}{35}\Rightarrow \dfrac{\left( MST \right)}{\left( ABCD \right)}=\dfrac{3}{70}$ και όλα τα ζητούμενα έχουν υπολογιστεί

Αερολογίες

Αερολογίες

Re: Αερολογίες

Re: Αερολογίες

Re: Αερολογίες

Re: Αερολογίες

Re: Αερολογίες

Μέλη σε σύνδεση