Απαίτηση για ισότητα

KARKAR · #1

: Απαίτηση για ισότητα.png (16.2 KiB) Προβλήθηκε 665 φορές

Οι πλευρές ορθής γωνίας με κορυφή το σημείο A(0,4)

, τέμνουν τις ευθείες : y=0

και $y=\dfrac{x}{4}$

στα σημεία B,C,D,E

, όπως φαίνεται στο σχήμα . Βρείτε εκείνη τη θέση της γωνίας , για την

οποία τα εμβαδά των τριγώνων BDO

και

γίνονται ίσα . Άλλος τρόπος ;

#2

Καλησπέρα σε όλους.

Αν και δεν το ανακάλυψα το μυστικό που κρύβει η άσκηση του Θανάση, δίνω μια λύση με πολλές ανούσιες πράξεις, ως σκαλοπάτι για όποιον θα ήθελε να ανέβει ψηλότερα. Μού κάνει εντύπωση το ότι φαίνεται η ισότητα να προκύπτει όταν τα τρίγωνα έχουν εμβαδό

.

: 21-06-2018 Γεωμετρία 5.jpg (31.85 KiB) Προβλήθηκε 620 φορές

Έστω

.

Είναι $\displaystyle AD:\;\;y = \frac{4}{a}x + 4$ και $\displaystyle BC:\;y = \frac{x}{4}$ άρα $\displaystyle B\left( {\frac{{16a}}{{a - 16}},\;\;\frac{{4a}}{{a - 16}}} \right)$

Είναι $\displaystyle AE:\;\;y = - \frac{4}{b}x + 4$ και $\displaystyle BC:\;y = \frac{x}{4}$ άρα $\displaystyle C\left( {\frac{{16b}}{{b + 16}},\;\frac{{4b}}{{b + 16}}} \right)$

Είναι $\displaystyle O{A^2} = OD \cdot OE \Leftrightarrow a \cdot b = 16$ (1)

Φέρνουμε τα ύψη BB’, CC’

στον οριζόντιο άξονα.

Είναι $\displaystyle \left( {BOB'} \right) = \left( {COC'} \right) \Leftrightarrow OD \cdot BB' = OE \cdot CC' \Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{{\left| {a - 16} \right|}} = \frac{{{b^2}}}{{b + 16}}$ (2)

Για 0<a < 16

λύνουμε το σύστημα των (1), (2)

$\displaystyle \frac{{{a^2}}}{{16 - a}} = \frac{{\frac{{256}}{{{a^2}}}}}{{\frac{{16}}{a} + 16}} \Leftrightarrow \frac{{{a^2}}}{{16 - a}} = \frac{{16}}{{{a^2} + a}} \Leftrightarrow {a^4} + {a^3} + 16a - 256 = 0$ , με θετική ρίζα $\displaystyle a \cong 3,53$ .

Για a > 16

λύνουμε το σύστημα των (1), (2)

$\displaystyle \frac{{{a^2}}}{{a - 16}} = \frac{{{b^2}}}{{b + 16}} \Leftrightarrow {a^2} + {b^2} + a - b = 0$ , που είναι αδύνατο, αφού $\displaystyle a > 16 \Leftrightarrow 0 < b < \frac{1}{{16}} \Rightarrow a - b > 0$ .

edit: Με υπόδειξη του Νίκου Φραγκάκη η θετική ρίζα του

είναι $\displaystyle \frac{\sqrt{65}-1}{2}$ .
Παρατηρήστε ότι οι οι δύο μιγαδικές είναι -4i, +4i

!

#3

: Απαίτηση ισότητας.png (26.94 KiB) Προβλήθηκε 565 φορές

Έστω λυμένο το πρόβλημα. Προφανές ότι το τετράπλευρο BDCE

θα είναι τραπέζιο

και αναγκαστικά η

θα διέρχεται από τα μέσα των βάσεων του .

Αν λοιπόν $D(a,0)\,\,,a < 0$ , $\overrightarrow {AD} = (a, - 4)$ και άρα , $AC \to y = 4 + \dfrac{{ax}}{4}$ .

$C:\left\{ \begin{gathered} y = \frac{x}{4} \hfill \\ y = 4 + \frac{{ax}}{4} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow C\left( {\dfrac{{16}}{{1 - a}},\dfrac{4}{{1 - a}}} \right)\,\,\,$ .

αφού δε η τετμημένη του

, μέσου του

είναι

έχουμε την εξίσωση :

$\dfrac{{a + \dfrac{{16}}{{1 - a}}}}{2} = 0 \Rightarrow {a^2} - a - 16 = 0 \Rightarrow \boxed{a = \dfrac{{1 - \sqrt {65} }}{2}}$ .

Θα ψάξω και για Ευκλείδεια λύση .

Απαίτηση για ισότητα

Απαίτηση για ισότητα

Re: Απαίτηση για ισότητα

Re: Απαίτηση για ισότητα

Μέλη σε σύνδεση