Τριπλός λόγος

KARKAR · #1

: Τριπλός λόγος.png (14.13 KiB) Προβλήθηκε 977 φορές

Το τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι ισοσκελές με AB=AC=5 ,BC=6

, ενώ το

είναι

ορθογώνιο και ισοσκελές . Τα σημεία M,N

είναι τα μέσα των BC,AC

αντίστοιχα . Η

τέμνει την

στο

και την

στο

. Βρείτε τον τριπλό λόγο : SP:PN:NT

#2

Ας είναι

το σημείο τομής των ευθειών $TA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC\,$ . Θέτω :

$BP = x\,\,,\,\,CE = u\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AE = v$ . Από το Π. Θ. στο $\vartriangle AMC$ : $AM = 4\,$ .

Θ. Μενελάου στο $\vartriangle ABE$ με διατέμνουσα $\overline {TNP}$ και έχω :

$\dfrac{{AN}}{{NB}} \cdot \dfrac{{BP}}{{PE}} \cdot \dfrac{{ET}}{{TA}} = 1 \Rightarrow \dfrac{x}{{6 - x + u}} \cdot \dfrac{{5 + v}}{5} = 1\,\,(1)$ . Αλλά από Θ. Ευκλείδη στο $\vartriangle ABE$

$A{B^2} = BM \cdot BE \Rightarrow 25 = 3(9 + u) \Rightarrow \boxed{u = \dfrac{7}{3}}$ και με Π. Θ. στο $\vartriangle AME$ έχω : $\boxed{v = \dfrac{{20}}{3}}$

και ή (1)

δίδει : $\boxed{x = \dfrac{5}{2}}$ .

: τριπλός λόγος.png (23.91 KiB) Προβλήθηκε 952 φορές

Μετά απ’ αυτά $PM = \dfrac{1}{2}$ και πάλι με Θ. Μενελάου στο $\vartriangle ABM$ και διατέμνουσα

$\overline {NPS}$ έχω MS = 1

. Τα ορθογώνια τρίγωνα $ATN\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,PSM\,$ είναι όμοια και έτσι :

$\boxed{\dfrac{{PS}}{{NT}} = \dfrac{{MS}}{{AT}} = \dfrac{1}{5}}$ Επειδή $\dfrac{{(ANT)}}{{(BNP)}} = \dfrac{{TN \cdot AN}}{{NP \cdot NB}} = \dfrac{{TN}}{{NP}} \Rightarrow \dfrac{{5 \cdot \dfrac{5}{2}}}{{\dfrac{5}{2} \cdot \dfrac{5}{2}\sin B}} = \dfrac{{TN}}{{NP}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{NP}}{{TN}} = \dfrac{2}{5}}$ .

Συνεπώς τώρα $\boxed{\dfrac{{PS}}{{PN}} = \dfrac{1}{2}}$

#3

: τριπλός λόγος_new.png (31.25 KiB) Προβλήθηκε 928 φορές

Αν επιλέξω το σύστημα συντεταγμένων του σχήματος αβίαστα προκύπτουν οι συντεταγμένες που φαίνονται στο σχήμα εκτός ίσως του

.

Για το

έχουμε: ${\lambda _{\overrightarrow {AB} }} = \dfrac{4}{3}$ και άρα $\boxed{AT \to y - 4 = - \dfrac{3}{4}x}$ το

όμως ανήκει και

στον κύκλο $(A,5) \to {x^2} + {(y - 4)^2} = 25$ συνεπώς :

$T:\left\{ \begin{gathered} y - 4 = - \frac{3}{4}x \hfill \\ {x^2} + {(y - 4)^2} = 25 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} (x,y) = ( - 4,7) \hfill \\ (x,y) = (4,1) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow T( - 4,7)$ .

Η ευθεία $TN \to 2x + y + 1 = 0$ και άρα : $P\left( { - \dfrac{1}{2},0} \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,S\left( {0, - 1} \right)$ τα υπόλοιπα απλά

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 10, 2018 6:21 pm
Τριπλός λόγος.pngΤο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι ισοσκελές με , ενώ το είναι

ορθογώνιο και ισοσκελές . Τα σημεία είναι τα μέσα των αντίστοιχα . Η

τέμνει την στο και την στο . Βρείτε τον τριπλό λόγο :

Με $\displaystyle AF,BL \bot TS \Rightarrow FN = NL$ και $\displaystyle \tan \theta = \frac{{AN}}{{AT}} = \frac{1}{2} \Rightarrow AF = 2FN = FL$

Έτσι, $\displaystyle \angle ALT = \angle ABT = {45^0} \Rightarrow TBLA$ εγγράψιμο και λόγω και του εγγράψιμου

$\displaystyle BLMS$ οι κόκκινες γωνίες είναι $\displaystyle \theta$ .Άρα $\displaystyle F$ μέσον της $\displaystyle TS$

Ακόμη, $\displaystyle \tan \angle FAS = \tan (\theta + \omega ) = ...2 \Rightarrow FS = 2FA = 2FL$ κι επειδή $\displaystyle NL = LP$ ,τελικά

$\displaystyle \boxed{\frac{{NP}}{{TN}} = \frac{2}{5}},\boxed{\frac{{SP}}{{PN}} = \frac{1}{2}},\boxed{\frac{{PS}}{{NT}} = \frac{1}{5}}$

: T.L.png (17.52 KiB) Προβλήθηκε 878 φορές

Τριπλός λόγος

Τριπλός λόγος

Re: Τριπλός λόγος

Re: Τριπλός λόγος

Re: Τριπλός λόγος

Μέλη σε σύνδεση