Ισόπλευρο και λόγος

Γιώργος Μήτσιος · #1

ΚΑΛΟ ΜΗΝΑ! Το παρόν είναι τροποποίηση-επέκταση παλαιού θέματος που μου άρεσε, ίσως ..

..αρέσει και σε σας!

: 1-6 Ισόπλευρο και λόγος.png (272.6 KiB) Προβλήθηκε 404 φορές

Δίνεται το ισόπλευρο ABC

και ο περίκυκλος αυτού.

Το

είναι το μέσον του τόξου

και το

εφαπτόμενο τμήμα στο ημικύκλιο διαμέτρου

Η

τέμνει τον κύκλο στο

και

είναι το μέσον του

. Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{\left ( NEA \right )}{\left ( BAC \right )}$

Η παραπομπή στο παλαιό θέμα προτείνω να έχει την...εύλογη καθυστέρηση. Σας ευχαριστώ, Γιώργος

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 01, 2021 8:21 am
ΚΑΛΟ ΜΗΝΑ! Το παρόν είναι τροποποίηση-επέκταση παλαιού θέματος που μου άρεσε, ίσως .. ..αρέσει και σε σας!
1-6 Ισόπλευρο και λόγος.png

Δίνεται το ισόπλευρο και ο περίκυκλος αυτού.

Το είναι το μέσον του τόξου και το εφαπτόμενο τμήμα στο ημικύκλιο διαμέτρου

Η τέμνει τον κύκλο στο και είναι το μέσον του . Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{\left ( NEA \right )}{\left ( BAC \right )}$

Η παραπομπή στο παλαιό θέμα προτείνω να έχει την...εύλογη καθυστέρηση. Σας ευχαριστώ, Γιώργος

Καλημέρα!

Έστω (O, R)

ο περίκυκλος του ABC,

με

μέσο του

οπότε $MA=R, ML=\dfrac{R}{2}$ και η πλευρά του

ισοπλεύρου $a=R\sqrt 3.$ Με τον τύπο της διαμέσου στο AMC

βρίσκω $\displaystyle A{L^2} = \frac{{7{R^2}}}{4}$ και $\displaystyle A{E^2} = A{L^2} - \dfrac{R^2}{4} \Leftrightarrow$

$\boxed{A{E^2} = \frac{{3{R^2}}}{2}}$ (1)

: Ισόπλευρο και λόγος.png (29.36 KiB) Προβλήθηκε 353 φορές

$\displaystyle F\widehat BM = M\widehat CF \Rightarrow BN = CE,$ άρα τα τρίγωνα ANB, AEC

είναι ίσα, οπότε AN=AE.

Εύκολα τώρα προκύπτει ότι $N\widehat AE=60^\circ,$ δηλαδή και το NEA

είναι ισόπλευρο. Επομένως:

$\displaystyle \frac{{(NEA)}}{{(BAC)}} = \frac{{A{E^2}}}{{{a^2}}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{\dfrac{\left ( NEA \right )}{\left ( BAC \right )}=\dfrac{1}{2}}$

STOPJOHN · #3

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 01, 2021 8:21 am
ΚΑΛΟ ΜΗΝΑ! Το παρόν είναι τροποποίηση-επέκταση παλαιού θέματος που μου άρεσε, ίσως .. ..αρέσει και σε σας!
1-6 Ισόπλευρο και λόγος.png

Δίνεται το ισόπλευρο και ο περίκυκλος αυτού.

Το είναι το μέσον του τόξου και το εφαπτόμενο τμήμα στο ημικύκλιο διαμέτρου

Η τέμνει τον κύκλο στο και είναι το μέσον του . Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{\left ( NEA \right )}{\left ( BAC \right )}$

Η παραπομπή στο παλαιό θέμα προτείνω να έχει την...εύλ
ογη καθυστέρηση. Σας ευχαριστώ, Γιώργος

Καλημέρα και καλό μήνα Γιώργο και Γιώργο

Θα χρησιμοποιήσω τη βασική άσκηση FA+FB=FC

.μια σύντομη απόδειξη ειναι με θεώρημα του Πτολεμαίου στο τετράπλευρο AFBC

Εφόσον η $AE^{2}=AL.AC\Leftrightarrow AE=\dfrac{a\sqrt{2}}{2},$

Ακόμη $\hat{AEL}=\omega =\hat{ECL},\hat{LCM}=30^{0},2LM=MC,MC=\dfrac{a\sqrt{3}}{3}, LM=\dfrac{a\sqrt{3}}{6},$

Ειναι $NF=BF,DB=DC\Rightarrow ND//FC$
$\hat{FEL}=\hat{LMC}=60^{0},\hat{AEF}=60-\omega =\hat{FCB}$ Αρα τα τρίγωνα AFE,FBC

είναι όμοια $\dfrac{AF}{BF}=\dfrac{AE}{a}=\dfrac{FE}{FC}\Rightarrow \dfrac{AF}{FB}=\dfrac{\sqrt{2}}{2},(1), EF=\dfrac{\sqrt{2}}{2}(AF+FB),(2),$

Στο τρίγωνο

$AFC,a^{2}=AF^{2}+FB^{2}+AF.FB,(3), (1),(2),(3)\Rightarrow BF^{2}=\dfrac{2a^{2}}{3+\sqrt{2}}, AF^{2}=\dfrac{a^{2}}{3+\sqrt{2}},$

Στο τρίγωνο AFB

από το θεώρημα διαμέσου είναι $AN=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$

και στο τρίγωνο

$NFE,NE^{2}=NF^{2}+EF^{2}-NF.EF\Rightarrow NE=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}, (ANE)=\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{8},\dfrac{(ANE)}{(ABC)}=\dfrac{1}{2}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Ιουν 01, 2021 8:21 am
ΚΑΛΟ ΜΗΝΑ! Το παρόν είναι τροποποίηση-επέκταση παλαιού θέματος που μου άρεσε, ίσως .. ..αρέσει και σε σας!
1-6 Ισόπλευρο και λόγος.png

Δίνεται το ισόπλευρο και ο περίκυκλος αυτού.

Το είναι το μέσον του τόξου και το εφαπτόμενο τμήμα στο ημικύκλιο διαμέτρου

Η τέμνει τον κύκλο στο και είναι το μέσον του . Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{\left ( NEA \right )}{\left ( BAC \right )}$

Η παραπομπή στο παλαιό θέμα προτείνω να έχει την...εύλογη καθυστέρηση. Σας ευχαριστώ, Γιώργος

Αν

η ακτίνα του κύκλου (A,B,C)

θα είναι

Η

είναι μεσοκάθετη της $AC=R \sqrt{3}$ και ισχύει $AE^2=AP.AC= \dfrac{3R^2}{2}$

Οι κόκκινες γωνίες ως συμπληρώματα των ίσων γωνιών EBM,FCM

είναι ίσες και τα

ορθογώνια τρίγωνα BFM,MEC

είναι όμοια.Άρα, $\dfrac{BF}{EC}= \dfrac{BM}{MC}=2 \Rightarrow NB=EC$ .

Επιπλέον,οι πράσινες γωνίες είναι ίσες και AB=AC

οπότε

$\triangle ANB= \triangle AEC \Rightarrow AN=AE$ και $\angle NAB= \angle EAC \Rightarrow \angle NAE=60^0$

Επομένως το τρίγωνο ANE

είναι ισόπλευρο και $\dfrac{(NEA)}{(ABC)}= \dfrac{AE^2}{BC^2}= \dfrac{1}{2}$

: ισόπλευρο και λόγος.png (40.71 KiB) Προβλήθηκε 311 φορές

Ισόπλευρο και λόγος

Ισόπλευρο και λόγος

Re: Ισόπλευρο και λόγος

Re: Ισόπλευρο και λόγος

Re: Ισόπλευρο και λόγος

Μέλη σε σύνδεση