Με κάθε "εργαλείο"

KARKAR · #1

Ας λύσουμε το παρακάτω θέμα , χρησιμοποιώντας όλα τα διαθέσιμα μαθηματικά "εργαλεία" ...

Από την κορυφή

του ισοπλεύρου , με πλευρά

, τριγώνου $\displaystyle ABC$ διέρχεται ευθεία ,

από την η οποία οι κορυφές

και

απέχουν

και

μονάδες αντίστοιχα .

Πόσο είναι το μήκος της πλευράς

?

#2

KARKAR έγραψε:Ας λύσουμε το παρακάτω θέμα , χρησιμοποιώντας όλα τα διαθέσιμα μαθηματικά "εργαλεία" ...

Από την κορυφή του ισοπλεύρου , με πλευρά , τριγώνου $\displaystyle ABC$ διέρχεται ευθεία ,

από την η οποία οι κορυφές και απέχουν και μονάδες αντίστοιχα .

Πόσο είναι το μήκος της πλευράς ?

Έστω $\displaystyle{ M }$ το μέσο της $\displaystyle{ BC }$ και $\displaystyle{ MM' \bot B'C'\left( {M' \in B'C'} \right) }$ τότε από το δισορθογώνιο τραπέζιο $\displaystyle{ BCC'B' }$ ( $\displaystyle{ BB'\parallel CC' }$ ) θα είναι $\displaystyle{ MM' }$ η διάμεσός του

οπότε: $\displaystyle{ MM' = \frac{{BB' + CC'}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{BB' = 13,CC' = 11} \ldots \boxed{MM' = 12}:\left( 1 \right) }$ .

Αν $\displaystyle{ CD \bot BB'\left( {D \in BB'} \right) \Rightarrow CDB'C' }$ ορθογώνιο (τρεις ορθές γωνίες) άρα $\displaystyle{ DB' = CC' = 11\mathop \Rightarrow \limits^{BB' = 13} \boxed{DB = 2}:\left( 2 \right) }$

[attachment=0]2.png[/attachment]

Επειδή $\displaystyle{ \widehat{DCB}\mathop = \limits^{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon } \widehat{AMM'}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{CDB} = \widehat{MM'A} = 90^0 } \vartriangle CDB \sim \vartriangle MM'A \Rightarrow \frac{{DB}} {{AM'}} = \frac{{BC}} {{AM}} }$

$\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{DB = 2,BC = a,AM = \frac{{a\sqrt 3 }} {2}(\upsilon \psi o\varsigma \,\,\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o\upsilon )} \frac{2} {{AM'}} = \frac{a} {{\frac{{a\sqrt 3 }} {2}}} \Rightarrow \ldots \boxed{AM' = \sqrt 3 }:\left( 3 \right) }$

Τέλος από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο

$\displaystyle{ \vartriangle AM'M\left( {\widehat{AM'M} = 90^0 } \right) \Rightarrow AM^2 = MM'^2 + AM'^2 \Rightarrow \left( {\frac{{a\sqrt 3 }} {2}} \right)^2 = 144 + 3 = 147 \Rightarrow \frac{{a\sqrt 3 }} {2} = \sqrt {147} = 7\sqrt 3 }$ $\displaystyle{ \Rightarrow \ldots \boxed{a = 14} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

KARKAR · #3

Δίνω και μια καρτεσιανή λύση : "Αναποδογυρίζω " το σχήμα θεωρώντας σύστημα αξόνων με αρχή το

και συντεταγμένες κορυφών που φαίνονται στο σχήμα , b>x>0

. Επειδή το τρίγωνο είναι ισόπλευρο είναι :

x^2+121=b^2+4=(b-x)^2+169 (=a^2)

. Από τις δύο πρώτες έχω : $b^2=x^2+117 \Leftrightarrow b=\sqrt{x^2+117}$

Επίσης είναι : $b^2+4=b^2+x^2-2bx+169\Leftrightarrow 2bx=x^2+165$ , και αντικαθιστώντας παίρνω :

$2x\sqrt{x^2+117}=x^2+165$ , η οποία δίνει x^2=75

, οπότε $a^2=75+121\Leftrightarrow a=14$

#4

Με κάθε εργαλείο; Δηλαδή και ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΑ;

: 11-4-2012 Γεωμετρία β.jpg (19.57 KiB) Προβλήθηκε 473 φορές

Έστω $\displaystyle \widehat{{\rm B}'{\rm B}{\rm A}} = \phi \Rightarrow \widehat{C'CA} = 60^\circ - \phi$ , λόγω της παραλληλίας των $\displaystyle {\rm B}{\rm B}',\;CC'$

Οπότε $\displaystyle \sigma \upsilon \nu \phi = \frac{{13}}{\alpha } \Leftrightarrow \alpha = \frac{{13}}{{\sigma \upsilon \nu \phi }},\;\;\sigma \upsilon \nu \left( {60^\circ - \phi } \right) = \frac{{11}}{\alpha } \Rightarrow \alpha = \frac{{11}}{{\sigma \upsilon \nu \left( {60^\circ - \phi } \right)}}$

Άρα $\displaystyle 13 \cdot \sigma \upsilon \nu \left( {60^\circ - \phi } \right) = 11 \cdot \sigma \upsilon \nu \phi \Leftrightarrow \frac{{13}}{2}\sigma \upsilon \nu \phi + \frac{{13\sqrt 3 }}{2}\eta \mu \phi = 11 \cdot \sigma \upsilon \nu \phi$

$\displaystyle \Leftrightarrow \varepsilon \phi \phi = \frac{9}{{13\sqrt 3 }}$

Είναι $\displaystyle \sigma \upsilon \nu ^2 \phi = \frac{1}{{1 + \varepsilon \phi ^2 \phi }} = \frac{1}{{1 + \frac{{27}}{{169}}}} = \frac{{169}}{{196}} \Rightarrow \sigma \upsilon \nu \phi = \frac{{13}}{{14}}$

Οπότε $\displaystyle \frac{{13}}{\alpha } = \frac{{13}}{{14}} \Leftrightarrow \alpha = 14$

Με κάθε "εργαλείο"

Με κάθε "εργαλείο"

Re: Με κάθε "εργαλείο"

Re: Με κάθε "εργαλείο"

Re: Με κάθε "εργαλείο"

Μέλη σε σύνδεση