Εντοπισμός σημείου

KARKAR · #1

: Εντοπισμός σημείου.png (12.03 KiB) Προβλήθηκε 624 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο OAB

, είναι :

. Στο εξωτερικό ημικύκλιο ,

διαμέτρου

, εντοπίστε σημείο

, τέτοιο ώστε : $(BSA)=\dfrac{1}{2}(OAB)$ .

#2

KARKAR έγραψε: Παρ Απρ 19, 2024 8:38 pm Εντοπισμός σημείου.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , είναι : . Στο εξωτερικό ημικύκλιο ,

διαμέτρου , εντοπίστε σημείο , τέτοιο ώστε : $(BSA)=\dfrac{1}{2}(OAB)$ .

: Κι άλλος εντοπισμός σημείου_κατασκευή.png (21.91 KiB) Προβλήθηκε 601 φορές

$\dfrac{{SO}}{{SB}} = \varphi$

#3

KARKAR έγραψε: Παρ Απρ 19, 2024 8:38 pm Εντοπισμός σημείου.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , είναι : . Στο εξωτερικό ημικύκλιο ,

διαμέτρου , εντοπίστε σημείο , τέτοιο ώστε : $(BSA)=\dfrac{1}{2}(OAB)$ .

Έστω λυμένο το πρόβλημα . Φέρνω από το

κάθετη στην

που την τέμνει στο

και την $BO\,\,$ στο

.

Στο $\vartriangle ABC$ φέρνω το ύψος

και ας είναι

το μέσο του

. Το τετράπλευρο BSKA

είναι τραπέζιο και το BSKN

ορθογώνιο.

Τώρα διαδοχικά έχω : $\left( {OMB} \right) = \left( {ABS} \right) = \left( {KBS} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {BSKN} \right) = \left( {BON} \right)$ . Δηλαδή , $\left( {OMB} \right) = \left( {ONB} \right)\,\,\,\left( 1 \right)$ .

Η $\left( 1 \right)$ μας εξασφαλίζει ότι και το τετράπλευρο BONM

είναι τραπέζιο με βάσεις τις $BO\,\,\kappa \alpha \iota \,\,NM$ .

: Κι άλλος εντοπισμός σημείου_Ανάλυση.png (28.04 KiB) Προβλήθηκε 573 φορές

Μα τώρα και το

, είναι μέσο της πλευράς

και λόγω του ορθογωνίου $\vartriangle OCA$ έχω : NO = NC

.

Επειδή το τετράπλευρο NOAB

είναι εγράψιμο θα είναι , $\vartriangle ABC \approx \vartriangle ONC \Rightarrow \boxed{BA = BC}\,\,\,\left( * \right)$

Η προηγούμενη σχέση , λόγω του λήμματος που παραπέμπει το αβατάρ του Γιώργου του Μήτσιου,

$\boxed{\tan C = \varphi = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}$ δηλαδή $\boxed{\dfrac{{OA}}{{OC}} = \varphi \Rightarrow \dfrac{{SO}}{{SB}} = \varphi }$ .

Αν θέλετε διευκρινήσεις του λήμματος του εξαίρετου, σε ήθος και γνώσεις, συναδέλφου Γιώργου Μήτσιου, στην διάθεση σας .

#4

KARKAR έγραψε: Παρ Απρ 19, 2024 8:38 pm Εντοπισμός σημείου.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , είναι : . Στο εξωτερικό ημικύκλιο ,

διαμέτρου , εντοπίστε σημείο , τέτοιο ώστε : $(BSA)=\dfrac{1}{2}(OAB)$ .

: Εντοπισμός σημείου.Θ.png (15.66 KiB) Προβλήθηκε 552 φορές

$\displaystyle \frac{1}{2}AB \cdot ST = \frac{1}{4}2a \cdot a \Leftrightarrow a\sqrt 5 ST = {a^2} \Leftrightarrow ST = \frac{{a\sqrt 5 }}{5}.$ To

είναι λοιπόν το σημείο τομής

του ημικυκλίου με την ευθεία που τέμνει το τρίγωνο και είναι παράλληλη στην

σε απόσταση $\dfrac{a\sqrt 5}{5}.$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

KARKAR έγραψε: Παρ Απρ 19, 2024 8:38 pm Εντοπισμός σημείου.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , είναι : . Στο εξωτερικό ημικύκλιο ,

διαμέτρου , εντοπίστε σημείο , τέτοιο ώστε : $(BSA)=\dfrac{1}{2}(OAB)$ .

Με

μέσον της

θα είναι $(BMA)=\dfrac{(OAB)}{2}= (BSA) \Rightarrow MS//AB$

Το

προσδιορίζεται λοιπόν ως η τομή του ημικυκλίου με την παράλληλη από το

προς την

Προφανώς το $\triangle OAB$ δεν είναι απαραίτητο να είναι ορθογώνιο,αρκεί να είναι OA=2OB

: Εντοπισμός σημείου.png (16.63 KiB) Προβλήθηκε 528 φορές

Εντοπισμός σημείου

Εντοπισμός σημείου

Re: Εντοπισμός σημείου

Re: Εντοπισμός σημείου

Re: Εντοπισμός σημείου

Re: Εντοπισμός σημείου

Μέλη σε σύνδεση