Χαρταετός εγγράψιμος

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλό μήνα σε όλους!

: 1-4 Χαρταετός εγγράψιμος.png (149.05 KiB) Προβλήθηκε 1018 φορές

Πώς θα δείξουμε ότι ο χαρταετός του σχήματος είναι εγγράψιμος ;

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

#2

Από Πυθαγόρειο η κάθετος (= μεσοκάθετος) από το

στην

είναι $\sqrt {20^2-12^2} = 15$ . Όμοια η κάθετος σπό το

στην ίδια αυτή

είναι

. Άρα

. Τώρα από Πυθαγόρειο τα ALB, ELB

είναι ορθογώνια, και άρα η

διάμετρος.

#3

Και κάπως παρόμοια.

: 01-04-2021 Γεωμετρία.png (34.62 KiB) Προβλήθηκε 1009 φορές

Φέρουμε τη διαγώνιο

, που είναι μεσοκάθετος της

.

Με Πυθαγόρειο Θεώρημα υπολογίζουμε LO = 16, OB = 9

.

Eύκολα, πλέον μία πλευρά του φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες.

Το σχήμα καλύπτει και την απάντηση του Μιχάλη.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 01, 2021 9:41 pm
Καλό μήνα σε όλους!
1-4 Χαρταετός εγγράψιμος.png

Πώς θα δείξουμε ότι ο χαρταετός του σχήματος είναι εγγράψιμος ;

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Οι γωνίες $\omega , \phi$ προφανώς είναι άνισες. Αν δείξουμε ότι έχουν ίδια ημίτονα τελειώσαμε

$\dfrac{(ALE)}{(ABE)}= \dfrac{400sin \omega }{225sin \phi }= \dfrac{16}{9} \Rightarrow sin \omega =sin \phi \Rightarrow \phi + \omega =180^0$

: Χαρταετός εγγράψιμμος.png (51.75 KiB) Προβλήθηκε 997 φορές

#5

Από τον Νόμο των συνημιτώνων στο ALE

έχουμε $\cos L = \dfrac {20^2+20^2-24^2}{2\cdot 20 \cdot 20} = 0,28$ . Όμοια, από τον Νόμο των συνημιτώνων στο BLE

έχουμε $\cos B = \dfrac {15^2+15^2-24^2}{2\cdot 15 \cdot 15} = -0,28$ . Δηλαδή $\cos L = -\cos B$ , που σημαίνει ότι οι γωνίες

και

είναι παραπληρωματικές, όπως θέλαμε.

STOPJOHN · #6

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 01, 2021 9:41 pm
Καλό μήνα σε όλους!
1-4 Χαρταετός εγγράψιμος.png

Πώς θα δείξουμε ότι ο χαρταετός του σχήματος είναι εγγράψιμος ;

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλημέρα

Θα αποδείξω οτι οι περίλυκλοι των τριγώνων LAE,ABE

έχουν ίσες ακτίνες

$(LAE)=\dfrac{20.20.24}{4R_{1}},(1), (ABE)=\dfrac{15.15.24}{4R_{2}},(2)$

Από Ηρωνα είναι (LAE)=192,(ABE)=108,

Αρα $R_{1}=R_{2}=\dfrac{25}{2}$

Ιστοσελίδα · #7

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 01, 2021 9:41 pm
Καλό μήνα σε όλους!

Πώς θα δείξουμε ότι ο χαρταετός του σχήματος είναι εγγράψιμος ;

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

: shape.jpg (23.18 KiB) Προβλήθηκε 973 φορές

Τα ορθογώνια τρίγωνα LAM,EBM

είναι όμοια και το ζητούμενο έπεται άμεσα.

#8

Η ημιπερίμετρος του χαρταετού είναι s=35.

: Χαρτ. εγγράψιμος.png (12.13 KiB) Προβλήθηκε 953 φορές

Με Ήρωνα παίρνω $\displaystyle (LABE) = (LAE) + (BAE) = 192 + 108 = 300$

Αλλά, $\displaystyle \sqrt {(s - 20)(s - 20)(s - 15)(s - 15)} = 15 \cdot 20 = 300=(LABE).$ Άρα ο χαρταετός είναι εγγράψιμος.

nickchalkida · #9

Όπως με προηγούμενες απαντήσεις, με Πυθαγόρειο υπολογίζω τα κάθετα τμήματα,
και επαληθεύω

$\displaystyle{ LM \cdot MB = AM \cdot ME \rightarrow 16 \cdot 9 = 12 \cdot 12 }$

ή

$\displaystyle{ \begin{aligned} LM^2+MB^2+AM^2+ME^2 = LB^2 \rightarrow (20^2-12^2)+(15^2-12^2)+12^2+12^2 = 25^2 \end{aligned} }$

Γιώργος Μήτσιος · #10

Kαλημέρα! Να ευχαριστήσω θερμά τους αγαπητούς Μιχάλη χ3, Γιώργο χ2 , Γιάννη και Νίκο

για τις ποικίλες προσεγγίσεις τους! Θα επανέλθω με μια ακόμη

που έχω ..

.. -ας το θέσω ως πρό(σ)κληση-.. την αίσθηση (*), ότι μάλλον δεν θα καλυφθεί.

(*)Πιθανόν αυτή ν' αποδειχθεί απατηλή .. Φιλικά, Γιώργος.

#11

: Χαρτ. εγγράψιμος.a.png (13.04 KiB) Προβλήθηκε 924 φορές

Με Ήρωνα παίρνω $\displaystyle (LABE) = (LAE) + (BAE) = 192 + 108 = 300$

Αλλά, $\displaystyle (LABE) = \frac{{LB \cdot AE}}{2} \Leftrightarrow 300 = 12LB \Leftrightarrow LB = 25$ και με αντίστροφο του Πυθαγορείου

προκύπτει $\displaystyle L\widehat AB = L\widehat EB = 90^\circ,$ απ' όπου και η εγγραψιμότητα.

Παρατηρώ ότι καμία λύση δεν είναι εντός φακέλου. Αν βρω κάτι με ύλη Α' Λυκείου θα επανέλθω.

Γιώργος Μήτσιος · #12

Χαιρετώ!

george visvikis έγραψε: ↑
Παρ Απρ 02, 2021 12:50 pm

Παρατηρώ ότι καμία λύση δεν είναι εντός φακέλου. Αν βρω κάτι με ύλη Α' Λυκείου θα επανέλθω.

Έβαλα το θέμα στον παρόντα φάκελο με τη σκέψη ότι ο μαθητής της Α' Λυκείου που δεν γνωρίζει από το Γυμνάσιο
το Πυθαγόρειο και το θ. Θαλή (με τα αντίστροφά τους ) ούτε που θ' ανοίξει καν το θέμα για να το διαβάσει.

Αν θεωρήσουμε τα ως άνω θεωρήματα εκτός φακέλου , ίσως θα έπρεπε να θέσω το θέμα σε ανώτερο φάκελο..

Φιλικά, Γιώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #13

Καλημέρα! Λίγα λόγια για τη δημιουργία , συνάμα λύση του θέματος.

Ξεκινάμε με το Πυθαγόρειο τρίγωνο EAP

, πλευρών 18,24,30

και την διάμεσο

όπως στο σχήμα

: 11-4 χαρταετοί εγγράψιμοι.png (222.04 KiB) Προβλήθηκε 782 φορές

Είναι $\widehat{A}=90^o$ και AB=BE=BP=15

.

Με βάσεις τις

και

κατασκευάζουμε το τρίγωνο LAE

όμοιο με το BAP

και το

όμοιο με το ABE

.

Έχουμε υπόψη μας ότι τα όμοια τρίγωνα έχουν τις πλευρές τους ανάλογες και τις γωνίες τους ίσες μία προς μία.

Εύκολα προκύπτει οι LA=LE=20

δηλ. το

είναι ο αρχικός χαρταετός .

Επειδή $\theta +\omega =180^o$ , οι χαρταετοί BELA

και

είναι εγγράψιμοι.

Γενικότερα με τον ως άνω τρόπο και θεωρώντας αρχικά Πυθαγόρεια τριάδα

κατάλληλη για την επιθυμητή μας ..

..ακεραιότητα , μπορούμε να παράξουμε διάφορα ζεύγη εγγράψιμων χαρταετών!

Φιλικά, Γιωργος.

Χαρταετός εγγράψιμος

Χαρταετός εγγράψιμος

Re: Χαρταετός εγγράψιμος

Re: Χαρταετός εγγράψιμος

Re: Χαρταετός εγγράψιμος

Re: Χαρταετός εγγράψιμος

Re: Χαρταετός εγγράψιμος

Re: Χαρταετός εγγράψιμος

Re: Χαρταετός εγγράψιμος

Re: Χαρταετός εγγράψιμος

Re: Χαρταετός εγγράψιμος

Re: Χαρταετός εγγράψιμος

Re: Χαρταετός εγγράψιμος

Re: Χαρταετός εγγράψιμος

Μέλη σε σύνδεση