Σελίδα 1 από 1

Χωρίς τριγωνομετρία

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιούλ 18, 2019 11:12 am
από Μιχάλης Νάννος
shape.png
shape.png (6.4 KiB) Προβλήθηκε 749 φορές
Το ABCD είναι τετράγωνο, του οποίου ζητείται η πλευρά a .

Στο παρελθόν έχουμε δει παρεμφερείς ασκήσεις στο :logo: . Δεκτές όλες οι λύσεις, αλλά η πρόκληση είναι να λυθεί χωρίς τριγωνομετρία.

Re: Χωρίς τριγωνομετρία

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιούλ 18, 2019 12:22 pm
από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Μιχάλης Νάννος έγραψε:
Πέμ Ιούλ 18, 2019 11:12 am
shape.pngΤο ABCD είναι τετράγωνο, του οποίου ζητείται η πλευρά a .

Στο παρελθόν έχουμε δει παρεμφερείς ασκήσεις στο :logo: . Δεκτές όλες οι λύσεις, αλλά η πρόκληση είναι να λυθεί χωρίς τριγωνομετρία.

Καλημέρα!

Έστω L,N οι ορθές προβολές του E πάνω στις AD,AB αντίστοιχα.
Θέτω AL=x και LE=y
Με πυθαγόρειο στα ALE,LED: \left\{\begin{matrix} &x^2=1-y^2 & \\ & y^2=7-(a-x)^2 \,\,(1)& \end{matrix}\right.\overset{(1)}{\Rightarrow }x^2=1-\left ( 7-(a-x)^2 \right )\Leftrightarrow x=\dfrac{a^2-6}{2a}

Με πυθαγόρειο στο NEB: x^2=9-(a-y)^2\overset{y^2=1-x^2}{\Leftrightarrow} y=\dfrac{a^2-8}{2a}

Έτσι έχουμε x^2+y^2=1\Leftrightarrow \dfrac{a^4-12a^2+36+a^4-16a^2+64}{4a^2}=1\Leftrightarrow a^4-16a^2+50=0
Λύνοντας την εξίσωση κρατάμε την λύση a=\sqrt{8+\sqrt{14}}
91.PNG
91.PNG (15.48 KiB) Προβλήθηκε 720 φορές

Re: Χωρίς τριγωνομετρία

Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιούλ 18, 2019 1:18 pm
από Μιχάλης Νάννος
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε:
Πέμ Ιούλ 18, 2019 12:22 pm
Μιχάλης Νάννος έγραψε:
Πέμ Ιούλ 18, 2019 11:12 am
shape.pngΤο ABCD είναι τετράγωνο, του οποίου ζητείται η πλευρά a .

Στο παρελθόν έχουμε δει παρεμφερείς ασκήσεις στο :logo: . Δεκτές όλες οι λύσεις, αλλά η πρόκληση είναι να λυθεί χωρίς τριγωνομετρία.

Καλημέρα!

Έστω L,N οι ορθές προβολές του E πάνω στις AD,AB αντίστοιχα.
Θέτω AL=χ και LE=y
Με πυθαγόρειο στα ALE,LED: \left\{\begin{matrix} &x^2=1-y^2 & \\ & y^2=7-(a-x)^2 \,\,(1)& \end{matrix}\right.\overset{(1)}{\Rightarrow }x^2=1-\left ( 7-(a-x)^2 \right )\Leftrightarrow x=\dfrac{a^2-6}{2a}

Με πυθαγόρειο στο NEB: x^2=9-(a-y)^2\overset{y^2=1-x^2}{\Leftrightarrow} y=\dfrac{a^2-8}{2a}

Έτσι έχουμε x^2+y^2=1\Leftrightarrow \dfrac{a^4-12a^2+36+a^4-16a^2+64}{4a^2}=1\Leftrightarrow a^4-16a^2+50=0
Λύνοντας την εξίσωση κρατάμε την λύση a=\sqrt{8+\sqrt{14}}
91.PNG
Ολόσωστος, ταχύτατος και εντός πρόκλησης! :clap2: :clap2: :clap2:

Re: Χωρίς τριγωνομετρία

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιούλ 21, 2019 6:38 pm
από Μιχάλης Τσουρακάκης
Μιχάλης Νάννος έγραψε:
Πέμ Ιούλ 18, 2019 11:12 am
shape.pngΤο ABCD είναι τετράγωνο, του οποίου ζητείται η πλευρά a .

Στο παρελθόν έχουμε δει παρεμφερείς ασκήσεις στο :logo: . Δεκτές όλες οι λύσεις, αλλά η πρόκληση είναι να λυθεί χωρίς τριγωνομετρία.

\displaystyle ADPQ είναι το συμμετρικό του \displaystyle ABCD ως προς την \displaystyle AD

Με θ.διαμέσου στο \displaystyle \vartriangle QEB \Rightarrow Q{E^2} + 7 = 2{a^2} \Rightarrow Q{E^2} + E{D^2} = Q{D^2} \Rightarrow \angle QED = {90^0}

Έτσι,ο περίκυκλος του \displaystyle ADPQ περνά από το \displaystyle E και \displaystyle \angle QEA = {45^0} \Rightarrow \angle AED = {135^0}

Εύκολα τώρα με ν.συνημιτόνου στο \displaystyle \vartriangle AED παίρνουμε \displaystyle \boxed{a = \sqrt {8 + \sqrt {14} } }
χωρίς τριγωνομετρία.png
χωρίς τριγωνομετρία.png (12.52 KiB) Προβλήθηκε 592 φορές

Re: Χωρίς τριγωνομετρία

Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιούλ 21, 2019 7:37 pm
από Altrian
Στρέφουμε το\bigtriangleup AED κατά 90 μοίρες γύρω από το A και παίρνουμε το \bigtriangleup AFB.

FB^{2}+FE^{2}=BE^{2}\Rightarrow \angle BFE=90., Αλλά εκ κατασκευής BF,ED κάθετες, άρα F,E,D συνευθειακά.

BD^{2}=BF^{2}+FD^{2}=7+7+2+2\sqrt{14}=2(8+\sqrt{14})\Rightarrow a=\sqrt{8+\sqrt{14}}

Re: Χωρίς τριγωνομετρία

Δημοσιεύτηκε: Τρί Ιούλ 23, 2019 9:16 pm
από Σταμ. Γλάρος
Μιχάλης Νάννος έγραψε:
Πέμ Ιούλ 18, 2019 11:12 am
shape.pngΤο ABCD είναι τετράγωνο, του οποίου ζητείται η πλευρά a .

Στο παρελθόν έχουμε δει παρεμφερείς ασκήσεις στο :logo: . Δεκτές όλες οι λύσεις, αλλά η πρόκληση είναι να λυθεί χωρίς τριγωνομετρία.
Καλησπέρα. Μια προσπάθεια με Αναλυτική Γεωμετρία... Εκτός Φακέλου;
Χωρίς τριγωνομετρία.png
Χωρίς τριγωνομετρία.png (60.39 KiB) Προβλήθηκε 454 φορές
Οι τρεις κύκλοι του σχήματος έχουν τις παρακάτω εξισώσεις :
(C_1): x^2 +y^2 =9
(C_3):x^2 +(y-a)^2=1
(C_2):(x-a)^2 + (y-a)^2 =7
Λύνοντας το σύστημα των παραπάνω εξισώσεων βρίσκουμε τις συντεταγμένες
του σημείου τομής των τριών κύκλων.
Είναι: E\left ( \dfrac{a^2-6}{2a},\dfrac{a^2+8}{2a} \right ) .
Αντικαθιστώντας τις παραπάνω συντεταγμένες στην εξίσωση του κύκλου C_1
προκύπτει η εξίσωση : a^4 -16a^2 +50 = 0 .
Έχουμε δύο θετικές λύσεις :
Η a= \sqrt{8-\sqrt{14}} απορρίπτεται , επειδή είναι μικρότερη από 3. (Βλ. σχήμα)
Άρα δεκτή είναι η a= \sqrt{8+\sqrt{14}}.
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

Re: Χωρίς τριγωνομετρία

Δημοσιεύτηκε: Παρ Ιούλ 26, 2019 11:18 pm
από KDORTSI
Μιχάλης Νάννος έγραψε:
Πέμ Ιούλ 18, 2019 11:12 am
Το ABCD είναι τετράγωνο, του οποίου ζητείται η πλευρά a .

Στο παρελθόν έχουμε δει παρεμφερείς ασκήσεις στο :logo: . Δεκτές όλες οι λύσεις, αλλά η πρόκληση είναι να λυθεί χωρίς τριγωνομετρία.
Μιχάλη καλησπέρα...

Στις ανωτέρω λύσεις ασφαλώς εννοείται ότι το σημείο \displaystyle{E} είναι εντός του τετραγώνου για το λόγο αυτό απορρίφθηκε η δεύτερη λύση
που είναι:
\displaystyle{a=\sqrt{8-\sqrt{14}} \  \ (1)}

Αν όμως θεωρήσουμε ότι κι αυτή ικανοποιεί για τα τρίγωνα \displaystyle{(ABE), (BED), (AED)} την τριγωνική ανισότητα, τότε θα μπορούσαμε
να τη δεχτούμε.

Τότε όμως το σημείο \displaystyle{E} βρίσκεται εκτός του τριγώνου, όπως φαίνεται στο ακόλουθο σχήμα:
Χωρίς τριγωνομετρία 1 (τετράγωνο).png
Χωρίς τριγωνομετρία 1 (τετράγωνο).png (13.67 KiB) Προβλήθηκε 349 φορές
Το σχήμα κατασκευάστηκε με τα δεδομένα αυτά όπως και στην περίπτωση της πρώτης ρίζας.

Κώστας Δόρτσιος

Σημείωση:
Την ιδέα αυτή μου τη μετέφερε απόψε ο συνάδελφος Δημήτρης Ποτίκας σε μια κουβέντα μας. Πολλές φορές
κουβεντιάζω μαζί του θέματα γεωμετρίας με αρκετό ενδιάφέρον.