Σχολικό Υπερπυθαγόρειο

KARKAR · #1

Σε ορθογώνιο τρίγωνο με υποτείνουσα

, είναι

. Επί των πλευρών του τριγώνου , και έξω απ' αυτό ,

κατασκευάζω τα τετράγωνα ABDE , BCZH, CAKL

. Δείξτε ότι : (EDHZLK)=14(ABC)

Ιστοσελίδα · #2

: Σχολικό-Υπερπυθαγόρειο.png (12.99 KiB) Προβλήθηκε 801 φορές

Φέρω $HM \bot DB,\,ZN \bot LC$ . Ισχύει $M\widehat HB = N\widehat CZ = A\widehat CB = \varphi$ (οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες), άρα τα ορθογώνια τρίγωνα HMB,ZNC,AKE,ABC

θα είναι ίσα μεταξύ τους και θα ισχύει: $\left( {ABC} \right) = \left( {KAE} \right) = \left( {ZLC} \right) = \left( {HBD} \right) = \displaystyle\frac{1}{2}c2c = {c^2}$ .

Από Πυθαγόρειο στο ABC

έχουμε ${a^2} = 4{c^2} + {c^2} = 5{c^2}$ , οπότε:

${E_{EDHZLK}} = {E_{\tau \varepsilon \tau \rho .\left( {2c} \right)}} + {E_{\tau \varepsilon \tau \rho .\left( c \right)}} + {E_{\tau \varepsilon \tau \rho .\left( a \right)}} + 4{E_{ABC}} =$ $4{c^2} + {c^2} + 5{c^2} + 4{c^2} = 14\left( {ABC} \right)$ .

Γιώργος Απόκης · #3

Μετά την πολύ σύντομη κι έξυπνη λύση του Μιχάλη, δίνω μία διαφορετική:

Οι γωνίες LCZ και C είναι παραπληρωματικές άρα έχουν ίσα ημίτονα. Ομοίως για τις DBH και Β.
Επίσης, από Π.Θ. έχουμε a^2=c^2+4c^2=5c^2

Έχουμε: $\displaystyle{(EDHZLK)=(ABC)+(ABDE)+(CBHZ)+(ACLK)+(AKE)+(LCZ)+(BDH)=}$

$\displaystyle{=\frac{1}{2}c \cdot 2c+c^2+a^2+(2c)^2+\frac{1}{2}c\cdot 2c+\frac{1}{2}2c\cdot a sinC +\frac{1}{2}c\cdot a sinB=}$

$\displaystyle{=c^2+c^2+5c^2+4c^2+c^2+c\cdot a\cdot \frac{c}{a} +\frac{1}{2}c\cdot a\cdot\frac{2c}{a}=14c^2=14(ABC)}$

Γιαννακάκης Αντώνης · #4

Χάνω ένα μόλις c^2

και ζητώ τη συνδρομή σας.

Με πυθαγόρειο στο ορθογώνιο ABC και λαμβάνοντας υπόψην τη δοσμένη σχέση έχουμε a^2=5c^2

(1).

Οι γωνίες γύρω από την Β (βαριέμαι να κάθομαι τέσσερις γωνίες τώρα

) κάνουν μαζί 360 μοίρες, οι δύο γωνίες μαζί κάνουν 180, άρα ο λόγος των εμβαδών γίνεται: $\frac{(ABC)}{(DBH)}=\frac{ac}{ac}=1$ , τα a,c προκύπτουν επειδή τα υπόλοιπα σχήματα είναι ορθογώνια.

Όμοια προκύπτει $\frac{(ABC)}{(LCZ)}=\frac{ab}{ab}=1$ .

Οπότε έχουμε:

$(EDHZLK)=14(ABC) \Rightarrow (BHZC) + (CLKA) + (ABDE) + (AEK) + (DBH) + (LCZ) = 14(ABC) \Rightarrow a^2 + \frac{4}{5}a^2 + \frac{a^2}{5} + \frac{a^2}{5} +2(ABC)=14(ABC)$
$\Rightarrow \frac{11}{5}a^2=12(ABC)\Rightarrow \frac{11}{5}a^2 = 6bc\Rightarrow \frac{11}{5}a^2 = 12c^2$ που από την (1)

γίνεται $\Rightarrow \frac{11}{5} 5c^2=12c^2$

Γιώργος Απόκης · #5

Γιαννακάκης Αντώνης έγραψε:Χάνω ένα μόλις και ζητώ τη συνδρομή σας.

Με πυθαγόρειο στο ορθογώνιο ABC και λαμβάνοντας υπόψην τη δοσμένη σχέση έχουμε (1).

Οι γωνίες γύρω από την Β (βαριέμαι να κάθομαι τέσσερις γωνίες τώρα ) κάνουν μαζί 360 μοίρες, οι δύο γωνίες μαζί κάνουν 180, άρα ο λόγος των εμβαδών γίνεται: $\frac{(ABC)}{(DBH)}=\frac{ac}{ac}=1$ , τα a,c προκύπτουν επειδή τα υπόλοιπα σχήματα είναι ορθογώνια.

Όμοια προκύπτει $\frac{(ABC)}{(LCZ)}=\frac{ab}{ab}=1$ .

Οπότε έχουμε:

$(EDHZLK)=14(ABC) \Rightarrow (BHZC) + (CLKA) + (ABDE) + (AEK) + (DBH) + (LCZ) = 14(ABC) \Rightarrow a^2 + \frac{4}{5}a^2 + \frac{a^2}{5} + \frac{a^2}{5} +2(ABC)=14(ABC)$
$\Rightarrow \frac{11}{5}a^2=12(ABC)\Rightarrow \frac{11}{5}a^2 = 6bc\Rightarrow \frac{11}{5}a^2 = 12c^2$ που από την γίνεται $\Rightarrow \frac{11}{5} 5c^2=12c^2$

Στο άθροισμα υπάρχει πάλι το (ABC)...

Γιαννακάκης Αντώνης · #6

Έχεις δίκιο, ευχαριστώ για την διόρθωση.

Αυτή η άσκηση θα μπορούσε να μπει σε κάποιο διαγωνισμό, θαλή γιατί για παραπάνω όχι, ή είναι πολύ απλή; Ρωτώ γιατί γενικά δεν λύνω ασκήσεις από εδώ και αυτή την σχεδόν έλυσα, αν εξαιρέσεις την απροσεξία μου.

Γιώργος Απόκης · #7

Η άποψή μου είναι ότι δεν είναι τόσο μεγάλης δυσκολίας. Θα τη χαρακτήριζα απλά απαιτητική, στα πλαίσια
της λογικής της Β' Λυκείου, όχι για διαγωνισμό πάντως.

Σχολικό Υπερπυθαγόρειο

Σχολικό Υπερπυθαγόρειο

Re: Σχολικό Υπερπυθαγόρειο

Re: Σχολικό Υπερπυθαγόρειο

Re: Σχολικό Υπερπυθαγόρειο

Re: Σχολικό Υπερπυθαγόρειο

Re: Σχολικό Υπερπυθαγόρειο

Re: Σχολικό Υπερπυθαγόρειο

Μέλη σε σύνδεση