Άρρητα εμβαδά και ρητός λόγος

#1

: Άρρητα εμβαδά και ρητός λόγος.png (13.24 KiB) Προβλήθηκε 512 φορές

Δίνεται τρίγωνο ABC

με

και έστω

το μέσο της

και

σημείο της

ώστε

Αν η μεσοκάθετος της

τέμνει την

στο

να δείξετε ότι $\displaystyle \frac{{(MBE)}}{{(DCE)}} = \frac{5}{7}.$

#2

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 03, 2022 12:07 pm
Άρρητα εμβαδά και ρητός λόγος.png
Δίνεται τρίγωνο με και έστω το μέσο της και σημείο της

ώστε Αν η μεσοκάθετος της τέμνει την στο να δείξετε ότι $\displaystyle \frac{{(MBE)}}{{(DCE)}} = \frac{5}{7}.$

Πρώτα- πρώτα επιλύουμε το $\vartriangle ABC$ ως προς τα ημίτονα των γωνιών του και είναι:

$\sin A = \dfrac{{3\sqrt 7 }}{8},\,\,\sin B = \dfrac{{5\sqrt 7 }}{{16}}\,\,,\,\,\sin C = \dfrac{{\sqrt 7 }}{4}\,\,\,\left( 1 \right)$ .

Τώρα αγνοώ προσωρινά τη μεσοκάθετο και φέρνω από το

παράλληλη στην

που τέμνει την

στο

.

: Άρητα εμβαδά και ρητός λόγος.png (20.26 KiB) Προβλήθηκε 465 φορές

Από νόμο ημιτόνων στο $\vartriangle ATD$ προκύπτει , $AT = \dfrac{4}{5}\,\,$ και μετά εύκολα με απλές αναλογίες , $\boxed{MT = TD = \dfrac{6}{5}}\,\,\,\left( 3 \right)$ .

Η $\left( 3 \right)$ μα εγγυάται ότι η μεσοκάθετος στο

διέρχεται από το

. Η παράλληλη από το

στην

τέμνει την

στο

.

Από την προφανή ομοιότητα των $\vartriangle TBE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle TMS$ δεδομένου ότι το τετράπλευρο TMSD

είναι ρόμβος έχω: $BE = \dfrac{{16}}{5}\,\, \Rightarrow EC = \dfrac{{14}}{5}$ .

Από το τύπο : $\boxed{E = \dfrac{1}{2}bc\sin A}$ βρίσκω τώρα τα $\left( {MBE} \right)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( {DEC} \right)$ άρα και το πηλίκο τους.

Γιώργος Μήτσιος · #3

Καλημέρα σε όλους! Με τη βοήθεια του σχήματος.

Φέρω την διχοτόμο

. Βρίσκουμε AZ=2

, δηλ. τα

είναι τα μέσα των AB,AZ

οπότε $MD \parallel BZ$ .

Έχουμε cosA=1/8

και με τον Ν.Σ στο τρίγωνο MAD

παίρνουμε $MD=3\sqrt{2}/2$ και $MN=3\sqrt{2}/4$ .

Η

τέμνει την

στο

και έστω

το μέσον του

. Έχουμε

άρα $cos\theta =cosB/2=5\sqrt{2}/8$ , έτσι

$HM=HT=BT cos\theta =5\sqrt{2}/4$ αφού BT=BM=2

. Βρίσκουμε $HN=HM+MN=2\sqrt{2}$ οπότε

$\dfrac{BE}{BT}=\dfrac{HN}{HT}\Rightarrow BE=16/5..CE=14/5$ άρα $\dfrac{BE}{EC}=\dfrac{8}{7}$

Το

απέχει από την

την μισή απόσταση απ' ότι το

,ενώ το

τα

,

έτσι ο λόγος των υψών είναι 5/8

, συνεπώς $\dfrac{\left ( BEM \right )}{\left ( DEC \right )}=\dfrac{8}{7}\cdot \dfrac{5}{8}=\dfrac{5}{7}$ . Φιλικά, Γιώργος.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 03, 2022 12:07 pm
Άρρητα εμβαδά και ρητός λόγος.png
Δίνεται τρίγωνο με και έστω το μέσο της και σημείο της

ώστε Αν η μεσοκάθετος της τέμνει την στο να δείξετε ότι $\displaystyle \frac{{(MBE)}}{{(DCE)}} = \frac{5}{7}.$

Χωρίς τριγωνομετρία..

Έστω $EN \cap AB={Z}$ .Τότε DZ=ZM

O Μενέλαος στο τρίγωνο ABC

με διατέμνουσα DMP

δίνει $\dfrac{4}{1} . \dfrac{2}{2}. \dfrac{PB}{PB+6}=1 \Rightarrow PB=2=MB$

Συνεπώς $ZD//BC\Rightarrow \dfrac{AZ}{4}= \dfrac{1}{5} \Rightarrow AZ= \dfrac{4}{5} \Rightarrow BZ= \dfrac{16}{5}$

Με $BQ=MB=2 \Rightarrow PQ \bot PM \Rightarrow PQ//EN \Rightarrow ZPQE$ ισοσκελές

τραπέζιο ,άρα οι πράσινες γωνίες είναι ίσες και $BE=BZ=\dfrac{16}{5}$

Ισχύει, $\angle QME= \angle \theta + \angle ZEM= \angle \theta + \angle DEZ= \angle DEB$ που είναι παραπληρωματική της $\angle DEC$

Επομένως,

$\dfrac{2(MBE)}{(DEC)}=\dfrac{(MQE)}{(DEC)}= \dfrac{MQ.ME}{DE.EC}= \dfrac{MQ}{EC} = \dfrac{4}{ \dfrac{14}{5} } = \dfrac{10}{7}$

Άρα $\dfrac{(MBE)}{(DEC)}= \dfrac{5}{7}$

: άρρητα εμβαδά και ρητός λόγος.png (34.68 KiB) Προβλήθηκε 348 φορές

Άρρητα εμβαδά και ρητός λόγος

Άρρητα εμβαδά και ρητός λόγος

Re: Άρρητα εμβαδά και ρητός λόγος

Re: Άρρητα εμβαδά και ρητός λόγος

Re: Άρρητα εμβαδά και ρητός λόγος

Μέλη σε σύνδεση