Για φιλολόγους

KARKAR · #1

: Για φιλολόγους.png (11.92 KiB) Προβλήθηκε 573 φορές

Στο τετράγωνο ABCD

το

είναι το μέσο της

και σχεδιάσαμε ημικύκλιο

διαμέτρου

και τεταρτοκύκλιο (D,DA)

, τα οποία τέμνονται στο σημείο

.

Οι

τέμνονται στο

. Υπολογίστε τους λόγους : $\dfrac{SB}{SM},\dfrac{PM}{PB},\dfrac{PA}{PS}$

#2

KARKAR έγραψε:Για φιλολόγους.pngΣτο τετράγωνο το είναι το μέσο της και σχεδιάσαμε ημικύκλιο

διαμέτρου και τεταρτοκύκλιο , τα οποία τέμνονται στο σημείο .

Οι τέμνονται στο . Υπολογίστε τους λόγους : $\dfrac{SB}{SM},\dfrac{PM}{PB},\dfrac{PA}{PS}$

Ξεκινώ αντίστροφα και κατασκευαστικά .

1. Έχω ένα τετράγωνο ABCD

πλευράς

και

το μέσο του

. Η

κάθετη από το

στην

, την τέμνει στο

και τη

στο

. Επειδή τα

ορθογώνια $\vartriangle AMB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle BNC$ έχουν $AB = BC\,\,$ και τις οξείες γωνίες στα B,C

ίσες θα είναι ίσα οπότε και το

μέσο του

. Από το εγγράψιμο τετράπλευρο

ANHM

έχω : $BH \cdot BM = BN \cdot BA = 2{a^2}$ . Αλλά από το Π. Θ. στο $\vartriangle AMH$ είναι

: Για φιλολόγους_αντίστροφα_1.png (16.55 KiB) Προβλήθηκε 501 φορές

$MH = a\sqrt 5$ και άρα $BH \cdot a\sqrt 5 = 2{a^2} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} BH = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5} \hfill \\ HM = \frac{{3a\sqrt 5 }}{5} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\frac{{HB}}{{HM}} = \frac{2}{3}}$ . Όμως από

το εγγράψιμο τετράπλευρο CDMH

έχω διαδοχικά , $\widehat {{a_6}} = \widehat {{a_5}} = \widehat {{a_4}} = \widehat {{a_7}}$ και έτσι το

$\vartriangle DCH$ είναι ισοσκελές με συνέπεια ο κύκλος (D,2a)

να περνά από το

.

2.

: Για φιλολόγους_αντίστροφα_2.png (29.2 KiB) Προβλήθηκε 501 φορές

Γράφω τώρα και το ημικύκλιο διαμέτρου

που τέμνει το τεταρτοκύκλιο (D,2a)

στο

. Επειδή $\widehat \theta + \widehat {{\phi _1}} = \widehat {AMB} = \widehat {DCH} = 45^\circ + \widehat {{\phi _2}} \Rightarrow \boxed{\widehat \theta = 45^\circ }$

( αφού οι $\widehat {{\phi _1}} = \widehat {{\phi _2}}$ ως εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο του τεταρτοκυκλίου). Από το

θεώρημα διχοτόμων στο $\vartriangle SMB$ έχω : $\boxed{\frac{{SB}}{{SM}} = \frac{{HB}}{{HM}} = \frac{2}{3}}$

Τώρα για τους άλλους λόγους θέτω $SM = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SB = y$

: για φιλολόγους_2.png (21.48 KiB) Προβλήθηκε 501 φορές

Επειδή ${x^2} + {y^2} = 5{a^2}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,2x = 3y$ βρίσκω: $\left\{ \begin{gathered} x = \frac{{3a\sqrt 5 }}{{\sqrt {13} }} \hfill \\ y = \frac{{2a\sqrt 5 }}{{\sqrt {13} }} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Ας είναι $AL\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SG$ τα ύψη των ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle AMB\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle SMB$ θα

Ισχύουν, $AL \cdot MB = AB \cdot AM\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SG \cdot MB = SM \cdot SB$ οπότε βρίσκω

$\left\{ \begin{gathered} AL = \frac{{2a\sqrt 5 }}{5} \hfill \\ SG = \frac{{6a\sqrt 5 }}{{13}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\frac{{PA}}{{PS}} = \frac{{AL}}{{SG}} = \frac{{13}}{{15}}}$ .

: για φιλολόγους_3.png (18.25 KiB) Προβλήθηκε 501 φορές

Τέλος έχουμε από την ομοιότητα των τριγώνων $\vartriangle PMA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle PBS$

$\left\{ \begin{gathered} \dfrac{{MP}}{{PS}} = \dfrac{a}{y} = \dfrac{{\sqrt {13} }}{{2\sqrt 5 }}\,\,\, \hfill \\ \dfrac{{PS}}{{PA}} = \dfrac{{15}}{{13}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \dfrac{{MP}}{{PA}} = \dfrac{{15}}{{13}} \cdot \dfrac{{\sqrt {13} }}{{2\sqrt 5 }}\,\,\,(1)$ ενώ $\dfrac{{PB}}{{PA}} = \dfrac{y}{a} = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{{\sqrt {13} }}\,\,(2)$ διαιρώ τις

$(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$ και βρίσκω : $\boxed{\dfrac{{MP}}{{PB}} = \dfrac{3}{4}}$ .

Φιλικά , Νίκος

Για φιλολόγους

Για φιλολόγους

Re: Για φιλολόγους

Μέλη σε σύνδεση