Ειδικό τραπέζιο

#1

: Ειδικό τραπέζιο.png (10.98 KiB) Προβλήθηκε 1109 φορές

Το τραπέζιο ABCD

του σχήματος έχει τις εξής ιδιότητες:
● BD=CD=1

●

● $\hat{DAC}+\hat{DBC}=180^0$
Να υπολογίσετε το μήκος του τμήματος BC=x

.

sakis1963 · #2

: GEOMETRIA Ειδικό τραπέζιο.png (33.75 KiB) Προβλήθηκε 976 φορές

Καλησπέρα Γιώργο,
κάνω μια αρχή με την κατασκευή.
Εστω ευθ.τμήμα DC=1

και η μεσοκάθετος αυτού $(\delta)$ .
Το

προσδιορίζεται σαν την τομή του κύκλου (D, DC)

και της παραβολής με εστία το

και διευθετούσα την $(\delta)$ .
Οπότε το

προσδιορίζεται σαν τομή της $(\delta)$ και της παράλληλης προς την

, που άγεται από το

.

... και συνεχίζω με τη λύση.

Αν

το συμμετρικό του

ως προς την

, τότε :
το ACB'D

είναι εγγράψιμο και το DBCB'

είναι 'χαρταετός',
η B'A

είναι διχοτόμος της $\hat{DB'C}$ και το

είναι μέσον της AB'

.

Από θ.διχοτόμων $\boxed{DM=\dfrac{1}{1+x}, MC=\dfrac{x}{1+x}}$ .....(1)
Από 1ο θ.διαμέσων στα DAB', ACB'

και

έχουμε $d^2+1=2DM^2+\dfrac{AB'^2}{2}, d^2+x^2=2MC^2+\dfrac{AB'^2}{2}$ και αφαιρώντας κατά μέλη
έχουμε $1-x^2=2(DM^2-MC^2)=2(DM+MC)(DM-MC)=2\cdot 1\cdot (DM-MC)$ $\Rightarrow \boxed{1-x^2=2(DM-MC)}$ ...(2)
Από (1),(2) προκύπτει μετά από πράξεις : $(x+1)^2=2 \Rightarrow \boxed{x=\sqrt{2}-1}$

Φιλικά Σάκης.

Άρης Αεράκης · #3

Τα τρίγωνα $\displaystyle{ADC,BDC}$ είναι ισοδύναμα αφού έχουν κοινή βάση και ίσα ύψη. Έχουν και γωνίες παραπληρωματικές οπότε ο λόγος των εμβαδών τους ισούται με το λόγο των γινομένων των πλευρών.Συνεπώς αν $\displaystyle{AD= y}$ τότε $\displaystyle{x=y^2}$ (1). Αν εφαρμόσουμε Νόμους συνημιτόνων στα $\displaystyle{ADC, BDC}$ και με τη βοήθεια της (1) προκύπτει $\displaystyle{x=\sqrt{2}-1.}$

#4

Άρης Αεράκης έγραψε:Τα τρίγωνα είναι ισοδύναμα αφού έχουν κοινή βάση και ίσα ύψη. Έχουν και γωνίες παραπληρωματικές οπότε ο λόγος των εμβαδών τους ισούται με το λόγο των γινομένων των πλευρών.Συνεπώς αν τότε . Αν εφαρμόσουμε Νόμους συνημιτόνων στα και με τη βοήθεια της προκύπτει $x=\sqrt {2}-1$

Μετέτρεψα σε Latex

την πολύ ωραία

λύση του Άρη.
Η δική μου λύση είναι παρόμοια με του Σάκη. Ευχαριστώ και τους δύο για την ενασχόλησή τους με το θέμα.

KARKAR · #5

: πλευρά Βισβίκη.png (10.12 KiB) Προβλήθηκε 861 φορές

Αν $\widehat{DBC}=90^0-\phi$ τότε $\widehat{DAC}=90^0+\phi$ . Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι τα τρίγωνα DAC , ABC

είναι όμοια .

Συνεπώς $\dfrac{y}{1}=\dfrac{x}{y}\Leftrightarrow y^2=x$ . Θεωρούμε γνωστό ότι $cos(90^0-\phi)=sin\phi$ και $cos(90^0+\phi)=-sin\phi$ .

Από νόμο συνημιτόνων στο DAC

παίρνω : $2y^2-2y^2cos(90+\phi)=1...\Leftrightarrow sin\phi=\dfrac{1-2x}{2x}$

Από νόμο συνημιτόνων στο DBC

παίρνω : $x^2+1-2xcos(90^0-\phi)=1...\Leftrightarrow sin\phi=\dfrac{x^2}{2x}$

Τελικά ( x>0

) :

$\Leftrightarrow x^2+2x-1=0...\Leftrightarrow x=\sqrt{2}-1$

Ιστοσελίδα · #6

george visvikis έγραψε: Το τραπέζιο του σχήματος έχει τις εξής ιδιότητες:
●
●
●
● $\hat{DAC}+\hat{DBC}=180^0$
Να υπολογίσετε το μήκος του τμήματος .

Καλησπέρα.

: Ειδικό-τραπέζιο.jpg (33.39 KiB) Προβλήθηκε 825 φορές

$B\widehat AC\mathop = \limits^{AB//CD} A\widehat CD = \omega ,\,D\widehat BC = 2\omega = D\widehat CB$ , άρα $A\widehat CB = \omega$ , συνεπώς BA = BC

.

Προεκτείνω την

κατά ίσο τμήμα

και το

είναι ισοσκελές τραπέζιο. Κατασκευάζω τους ρόμβους $ABCK,\,AEDZ$ και έστω $L \equiv AK \cap BD$ .

Από $\triangleleft BAL \sim \triangleleft DCB \Rightarrow AL = {x^2}$ . Από $\triangleleft BAL\mathop = \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \triangleleft AZK \Rightarrow AL = ZK \Leftrightarrow {x^2} = 1 - 2x$ , οπότε: $x = \sqrt 2 - 1$ .

#7

george visvikis έγραψε:
Το συνημμένο Ειδικό τραπέζιο.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το τραπέζιο του σχήματος έχει τις εξής ιδιότητες:
●
●
●
● $\hat{DAC}+\hat{DBC}=180^0$
Να υπολογίσετε το μήκος του τμήματος .

Καλησπέρα σε όλους.

Ενδιαφέρουσα άσκηση Γιώργο με πολλές προεκτάσεις.

Ωραία και η κατασκευή του Σάκη . Αναζητώ Γεωμετρική Kκατασκευή (εννοείτε πριν γίνει ο υπολογισμός του τμήματος ) .

: Ειδικό Τραπέζιο_GB.png (18.79 KiB) Προβλήθηκε 784 φορές

Ας είναι

το κοινό σημείο των μη παραλλήλων πλευρών του τραπεζίου ABCD

και

το μέσο του

.

Επειδή $D\widehat AC + D\widehat BC = 180^\circ$ θα έχουμε $D\widehat BC = C\widehat AS$ και λόγω του ισοσκελούς τριγώνου DBC(DB = DC = 1)

θα είναι τελικά :

$\boxed{S\widehat AC = D\widehat BC = B\widehat CD}$ ( κίτρινες γωνίες ) .

Αλλά στο ισοσκελές τρίγωνο ADC

οι

και

διχοτομούν εσωτερικά κι εξωτερικά την γωνία $D\widehat AC$ ,

οπότε λόγω της παραλληλίας των $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DC$ η

διχοτόμος της $D\widehat CS$ και το τρίγωνο BAC

ισοσκελές με κορυφή το

.

Δηλαδή $\boxed{AB = BC = x}$ . Αν τώρα

η προβολή του

στην

, το τετράπλευρο ABKO

είναι ορθογώνιο και $\boxed{OK = AB = x}$ .

Από το δεύτερο θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο BDC

έχουμε :

$B{D^2} - B{C^2} = 2DC \cdot OK \Rightarrow 1 - {x^2} = 2x$ και άρα $\boxed{x = \sqrt 2 - 1}$

Φιλικά Νίκος

#8

Καλησπέρα σε όλους. Μια ακόμα λύση, αμιγώς γεωμετρική, που ταυτίζεται σε κάποια σημεία με προηγούμενες λύσεις των εκλεκτών φίλων του

.

: 21-04-2015 Γεωμετρία.jpg (11.64 KiB) Προβλήθηκε 764 φορές

Έστω $\displaystyle \widehat {ACD} = \varphi$ . Από την παραλληλία AB // DC

είναι $\displaystyle \widehat {CAB} = \varphi$ κι επειδή AC=AD

είναι $\displaystyle \widehat {ADC} = \varphi \Rightarrow \widehat {DAC} = 180^\circ - \varphi \Rightarrow \widehat {DBC} = \varphi$ και αφού και DC=BC

είναι $\displaystyle \widehat {BCA} = \varphi$ , οπότε BCA

ισοσκελές με AB=BC=x

.

Φέρνουμε AK, BL

κάθετες στη

, οπότε

.

Από 2ο Θεώρημα Διαμέσων στο BDC

είναι $\displaystyle B{D^2} - B{C^2} = 2DC \cdot KL \Leftrightarrow 1 - {x^2} = 2x \Leftrightarrow {x^2} + 2x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \sqrt 2 - 1$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #9

george visvikis έγραψε:
Το συνημμένο Ειδικό τραπέζιο.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το τραπέζιο του σχήματος έχει τις εξής ιδιότητες:
●
●
●
● $\hat{DAC}+\hat{DBC}=180^0$
Να υπολογίσετε το μήκος του τμήματος .

$\displaystyle{\angle \varphi = 2\angle \omega = \angle m \Rightarrow \angle BCA = \angle \omega \Rightarrow CO}$ διχοτόμος της $\displaystyle{\angle C \Rightarrow AB = BC = x}$ και $\displaystyle{\frac{{OB}}{{OD}} = \frac{x}{1} \Rightarrow \frac{{OB}}{{DC}} = \frac{x}{{x + 1}} \Rightarrow \boxed{OB = \frac{x}{{x + 1}}}}$

Το $\displaystyle{EAOB}$ προφανώς είναι εγγράψιμο ,άρα, $\displaystyle{\angle OEB = \angle BAO = \angle \omega = \angle EAB = \angle EOB \Rightarrow OB = EB = \frac{x}{{x + 1}} \Rightarrow \boxed{EC = \frac{x}{{x + 1}} + x} \Rightarrow \boxed{EB = \frac{{{x^2}}}{{1 - x}}}}$

$\displaystyle{\frac{{EA}}{{AD}} = \frac{{EB}}{x} \Rightarrow \boxed{\frac{{EA}}{{AD}} = \frac{x}{{1 - x}}}(1)}$ και $\displaystyle{\frac{{EA}}{{AD}} = \frac{{EC}}{{DC}} \Rightarrow \boxed{\frac{{EA}}{{AD}} = \frac{x}{{x + 1}} + x}(2)}$

Από $\displaystyle{(1)}$ , $\displaystyle{(2)}$ , $\displaystyle{\frac{x}{{x + 1}} + x = \frac{x}{{1 - x}} \Rightarrow \boxed{x = \sqrt 2 - 1}}$

Ειδικό τραπέζιο

Ειδικό τραπέζιο

Re: Ειδικό τραπέζιο

Re: Ειδικό τραπέζιο

Re: Ειδικό τραπέζιο

Re: Ειδικό τραπέζιο

Re: Ειδικό τραπέζιο

Re: Ειδικό τραπέζιο

Re: Ειδικό τραπέζιο

Re: Ειδικό τραπέζιο

Μέλη σε σύνδεση