Παρασκευή 22 Αυγούστου 2014

Εξαιρετικό μέσο

Με μία κάθετη πλευρά την ακτίνα KA ημικυκλίου διαμέτρου $AB$, σχεδιάζω το ορθογώνιο τρίγωνο $LAK$, του οποίου το ύψος προς την υποτείνουσα $LK$, καλώ $AD$. 
Η $BD$ προεκτεινόμενη, τέμνει το ημικύκλιο στο σημείο $S$, ενώ η $AS$ προεκτεινόμενη, τέμνει την υποτείνουσα στο σημείο $M$. Δείξτε ότι $LM=MD$. 
Πηγή
Αναρτήθηκε από στις 22.8.14
Ετικέτες ,

5 σχόλια:

  1. Κουνελοϊός12 Σεπτεμβρίου 2014 στις 2:46 π.μ.

    Έστω ότι η BS προεκτεινόμενη, τέμνει την AL στο C. Η γωνία ASB είναι ορθή, διότι βαίνει σε ημικύκλιο. Στα ορθογώνια τρίγωνα ACS και ABC είναι γωνία ACS=γωνία ACB, οπότε αυτά είναι όμοια και CS/AS=AC/AB. Επίσης, εφαρμόζοντας το θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο AKM με τέμνουσα τη BS, παίρνω: (AS/MS)(DM/DK)(BK/AB)=1, ή (1/2)(AS/MS)(DM/DK)=1, ή AS/MS=2DK/DM, αφού AB=2BK. Τα ορθογώνια τρίγωνα DMS και ADM έχουν γωνία DMS=γωνία AMD, άρα είναι όμοια και MS/DS=DM/AD. Ομοίως και τα ορθογώνια τρίγωνα ADK και AKL είναι όμοια, επειδή γωνία AKD=γωνία AKL, επομένως DK/AD=AK/AL. Ο λόγος τώρα CS/DS=(CS/AS)(AS/MS)(MS/DS)=(AC/AB)(2DK/DM)(DM/AD)=(AC/AB)(2DK/AD)=(AC/AB)(2AK/AL)=AC/AL, εφόσον AB=2AK. Αν εφαρμόσω τώρα ξανά το θεώρημα Μενελάου, αυτή τη φορά στο τρίγωνο DCL με τέμνουσα την AM, θα πάρω: (DM/LM)(CS/DS)(AL/AC)=1, ή (DM/LM)(AC/AL)(AL/AC)=1, ή DM/LM=1, ή DM=LM, που είναι και το ζητούμενο.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  2. Doloros12 Σεπτεμβρίου 2014 στις 9:44 μ.μ.

    Φώτη αν και με κούρασε ο έλεγχος της λύσης σου, είναι σωστή..
    Έχεις λίγο επεκταθεί αλλά αυτό δείχνει ότι ένα θέμα γεωμετρίας αν σε πεισμώσει και είσαι γνώστης της θεωρίας δύσκολα θα σου ξεφύγει .
    Μάθε Latex ( αν μπορώ θα βοηθήσω σ αυτό) για να είναι τα γραφόμενα σου , με μαθηματικές εκφράσεις, πιο ευανάγνωστα και πιο ξεκούραστα για τον όποιο θέλει να "δει" τις ομολογουμένως "ζογκλερικές" κινήσεις σου.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  3. Κουνελοϊός13 Σεπτεμβρίου 2014 στις 1:38 μ.μ.

    Αν εξαιρέσουμε την έλλειψη σχεδίου, που κάνει τον έλεγχο λίγο πιο κουραστικό, υπάρχει πιο σύντομη λύση από αυτή; Θα ήθελα να δείτε και τις καμπύλες με τους μιγαδικούς, σας το είπα και την άλλη φορά.

    ΑπάντησηΔιαγραφή
  4. Doloros13 Σεπτεμβρίου 2014 στις 2:32 μ.μ.

    Δες στην "πηγή" την λύση του πιτσιρικά του Ραφαήλ Ψαρούκη.

    Είναι ποίημα!!

    Τις καμπύλες τις είδα.
    Το email μου είναι: nfragkakis@sch.gr
    στείλε μου το δικό σου στην πιο πάνω διεύθυνση να σου στείλω τα σχήματα.

    ΑπάντησηΔιαγραφή

Εγγραφή σε: Σχόλια ανάρτησης (Atom)