Πλευρά ισοπλεύρου

#1

: Πλευρά ισοπλεύρου.png (12.52 KiB) Προβλήθηκε 735 φορές

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ABC

και τα σημεία D, E, Z

των πλευρών του BC, CA, AB

αντίστοιχα, ώστε BD=CE=AZ=1

.

Οι

τέμνονται ανά δύο στα σημεία K, L, M

. Αν

, να βρείτε την πλευρά

του ισοπλεύρου ABC

.

ΥΓ. Το σχήμα δεν είναι σχεδιασμένο με κλίμακα.

KARKAR · #2

: Ισόπλευρο.png (10.97 KiB) Προβλήθηκε 672 φορές

Είναι $(ABD)=\dfrac{1}{d+1}E$ και $(BKD)=\dfrac{1}{(a+1)(a^2+a+1)}E$ . Πράγματι από θ. Μενελάου

στο ADC

με διατέμνουσα BKE

, παίρνουμε $\dfrac{BK}{KE}=\dfrac{d+1}{d^2}$ , οπότε : $\dfrac{BK}{BE}=\dfrac{d+1}{d^2+d+1}$ .

Τελικά : $(BKD)=\dfrac{BK}{BE}\cdot\dfrac{BD}{BC}(BEC)$ . Άρα : $(MKL)=3(ABD)-BKD)=...\dfrac{(d-1)^2}{d^2+d+1}E$

Τώρα θέλουμε $\dfrac{(d-1)^2}{d^2+d+1)}=\dfrac{1}{2}$ . Η εξίσωση δίνει $d=\dfrac{5+\sqrt{21}}{2}$ , συνεπώς $a=\dfrac{7+\sqrt{21}}{2}$ .

Ο Γιώργος μας ενημερώνει ότι δεκτή είναι και η ρίζα $a=\dfrac{7-\sqrt{21}}{2}$ , το σχήμα μας παρέσυρε στην υπόθεση ότι d>1

ealexiou · #3

Χαιρετώ!

: Πλευρά ισοπλεύρου τριγώνου .png (19.2 KiB) Προβλήθηκε 655 φορές

Θεώρημα Μενελάου στο $\triangle ADC$ με διατέμνουσα BKE

: $\dfrac{DK}{KA}\dfrac{a-1}{1}\dfrac{a}{1}=1\Rightarrow$

$\dfrac{DK}{KA}=\dfrac{1}{a(a-1)}\Rightarrow$ $\dfrac{DK}{DA}=\dfrac{1}{a(a-1)+1}\Rightarrow DK=DA\cdot\dfrac{1}{a^2-a+1}$

Θεώρημα Μενελάου στο $\triangle ABD$ με διατέμνουσα CMZ

: $\dfrac{AM}{MD}\dfrac{a-1}{a}\dfrac{a-1}{1}=1\Rightarrow$

$\dfrac{AM}{AD}=\dfrac{a}{(a-1)^2}\Rightarrow$ $\dfrac{AM}{AD}=\dfrac{a}{(a-1)^2+a}\Rightarrow$ $AM=AD\cdot \dfrac{a}{a^2-a+1}$

$MK=AD-AM-KD=AD\dfrac{a(a-2)}{a^2-a+1}$ , όμως $AD^2=a^2+(a-1)^2-2a(a-1)cos60°\Rightarrow$

$AD=\sqrt{a^2-a+1}\Rightarrow$ $MK=\sqrt{a^2-a+1}\cdot \dfrac{a(a-2)}{a^2-a+1}=\dfrac{a(a-2)}{\sqrt{a^2-a+1}}$

και αφού (ABC)=2(KLM)

, άρα $a=\sqrt{2}\cdot\dfrac{a(a-2)}{\sqrt{a^2-a+1}}\Rightarrow \boxed{a=\dfrac{7+\sqrt{21}}{2}}$

Παρομοίως και $a=\dfrac{7-\sqrt{21}}{2}$

Πλευρά ισοπλεύρου

Πλευρά ισοπλεύρου

Re: Πλευρά ισοπλεύρου

Re: Πλευρά ισοπλεύρου

Μέλη σε σύνδεση