Τηρεί τον λόγο του

KARKAR · #1

: Τηρεί τον λόγο του.png (4.58 KiB) Προβλήθηκε 857 φορές

Στο ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , το σημείο

κινείται πάνω στην

υποτείνουσα

. Δείξτε ότι ο λόγος : $\dfrac{SB^2+SC^2}{SA^2}$ , παραμένει σταθερός .

#2

Καλησπέρα σε όλους.

Για να μην τα δίνω όλα έτοιμα, κάντε κι εσείς κάτι: Στρίψτε (νοητά) το σχήμα ώστε να έλθει η υποτείνουσα στην οριζόντια ευθεία των αξόνων και το

να βρεθεί στην κατακόρυφη, προς τα πάνω. Ας πούμε ότι η υποτείνουσα έχει μήκος

.

Έστω $\displaystyle A\left( {0,\;1} \right),\;B\left( { - 1,0} \right),C\left( {1,0} \right)$ και S(a, 0), -1<a<1

.

Τότε $\displaystyle \frac{{S{B^2} + S{C^2}}}{{S{A^2}}} = \frac{{{{\left( {a + 1} \right)}^2} + {{\left( {1 - a} \right)}^2}}}{{{a^2} + 1}} = \frac{{2{a^2} + 2}}{{{a^2} + 1}} = 2$ , που είναι σταθερό (ίσο με την υποτείνουσα).

#3

Καλησπέρα!

Με Stewart: $\displaystyle {b^2}(SB + SC) = S{A^2}a + aSB \cdot SC \Leftrightarrow {b^2} = S{A^2} + SB \cdot SC \Leftrightarrow {a^2} = 2S{A^2} + 2SB \cdot SC \Leftrightarrow$

$\displaystyle {(SB + SC)^2} - 2SB \cdot SC = 2S{A^2} \Leftrightarrow \frac{{S{B^2} + S{C^2}}}{{S{A^2}}} = 2$

Xriiiiistos · #4

Από νόμους συνημιτόνων στα τρίγωνα CAS,ASB

παίρνουμε

$AS^{2}=SC^{2}+a^{2}-2aCS\sigma \upsilon \nu 45^{\circ}$ και $AS^{2}=a^{2}+BS^{2}-2BSa\sigma \upsilon \nu 45^{\circ}$ αθροίζοντας και τα 2 και λύνοντας τα καταλήγουμε στο $2AS^{2}=BS^{2}+CS^{2}\Leftrightarrow \frac{BS^{2}+CS^{2}}{AS^{2}}=2$

#5

Φέρνουμε την μεσοκάθετο της υποτείνουσας, που βέβαια διέρχεται από το

. Έχουμε ότι MA=MB=MC

, όπου

το μέσον της υποτείνουσας. Από το ορθογώνιο τρίγωνο AMS

έχουμε

$\displaystyle{\dfrac{SB^2+SC^2}{SA^2} = \dfrac{(MB+MS)^2+(MC-MS)^2}{MA^2+MS^2}= \dfrac{MB^2 +MS^2+MC^2+MS^2}{MA^2+MS^2}= \dfrac{2MA^2+2MS^2}{MA^2+MS^2}=2}$

sakis1963 · #6

: ΤΗΡΕΙ ΤΟΝ ΛΟΓΟ ΤΟΥ.png (111.74 KiB) Προβλήθηκε 796 φορές

Μιχάλης Τσουρακάκης · #7

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 26, 2018 2:39 pm
Τηρεί τον λόγο του.pngΣτο ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , το σημείο κινείται πάνω στην

υποτείνουσα . Δείξτε ότι ο λόγος : $\dfrac{SB^2+SC^2}{SA^2}$ , παραμένει σταθερός .

$\displaystyle C{S^2} + S{B^2} = 2L{S^2} + 2S{K^2} = 2(L{S^2} + S{K^2}) = 2A{S^2} \Rightarrow \boxed{\frac{{C{S^2} + S{B^2}}}{{A{S^2}}} = 2}$

: Τηρεί τον λόγο του.png (20.08 KiB) Προβλήθηκε 786 φορές

#8

$\displaystyle{SB^2+SC^2= (SD^2+DB^2)+(SE^2+EC^2)= 2(SD^2+AD^2)=2AS^2}$ . Τώρα διαιρούμε με το SA^2

.

Edit: Τώρα βλέπω ότι ο Μιχάλης μόλις έκανε ουσιαστικά την ίδια λύση. Δεν υπήρχε όταν ξεκίνησα. Το αφήνω.

Γιώργος Μήτσιος · #9

Χαιρετώ !

: Τηρεί το λόγο του.PNG (6.75 KiB) Προβλήθηκε 771 φορές

Φέρω $SE \perp BC\Rightarrow SC=SE$ . Το AESB

είναι εγγράψιμο με EB=2R

και $AS=\lambda _{4}=R\sqrt{2}$ .

Έτσι $\dfrac{SB^{2}+SC^{2}}{AS^{2}}=\dfrac{EB^{2}}{AS^{2}}=\dfrac{4R^{^{2}}}{2R^{2}}=2$ . Φιλικά Γιώργος.

STOPJOHN · #10

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 26, 2018 2:39 pm
Τηρεί τον λόγο του.pngΣτο ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , το σημείο κινείται πάνω στην

υποτείνουσα . Δείξτε ότι ο λόγος : $\dfrac{SB^2+SC^2}{SA^2}$ , παραμένει σταθερός .

Καλημέρα

Αν ABTC

είναι τετράγωνο με $AS=ST,CS=x,AC=b,OS=\dfrac{b\sqrt{2}}{2}-x,SB=b\sqrt{2}-x$

Τότε

$\dfrac{BS^{2}+SC^{2}}{SA^{2}}=\dfrac{x^{2}+(b\sqrt{2}-x)^{2}}{b^{2}+x^{2}-b\sqrt{2}x}= 2.\dfrac{x^{2}+b^{2}-b\sqrt{2}x}{b^{2}+x^{2}-b\sqrt{2}x}=2$

Γιάννης

Τηρεί τον λόγο του

Τηρεί τον λόγο του

Re: Τηρεί τον λόγο του

Re: Τηρεί τον λόγο του

Re: Τηρεί τον λόγο του

Re: Τηρεί τον λόγο του

Re: Τηρεί τον λόγο του

Re: Τηρεί τον λόγο του

Re: Τηρεί τον λόγο του

Re: Τηρεί τον λόγο του

Re: Τηρεί τον λόγο του

Μέλη σε σύνδεση