Χαρταετός

Συντονιστής: Γιώργος Ρίζος

Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1289
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Χαρταετός

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Κυρ Νοέμ 24, 2019 12:33 am

Καλή Κυριακή σε όλους.
Χαρταετός.PNG
Χαρταετός.PNG (7.47 KiB) Προβλήθηκε 975 φορές
Το τετράγωνο ABCD του σχήματος έχει πλευρά a=20.Παίρνουμε DE=5 , CZ=9 και \widehat{ZEH}=\widehat{DAE}=\theta .

Να δειχθεί με διάφορους ( και έναν τουλάχιστον εντός φακέλου) τρόπους ότι το AECH είναι χαρταετός

δηλ. ότι η AC είναι μεσοκάθετος του EH
. Σας ευχαριστώ , Γιώργος.



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12329
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Χαρταετός

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Νοέμ 24, 2019 7:20 am

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Κυρ Νοέμ 24, 2019 12:33 am
Καλή Κυριακή σε όλους.
Χαρταετός.PNG
Το τετράγωνο ABCD του σχήματος έχει πλευρά a=20.Παίρνουμε DE=5 , CZ=9 και \widehat{ZEH}=\widehat{DAE}=\theta .

Να δειχθεί με διάφορους ( και έναν τουλάχιστον εντός φακέλου) τρόπους ότι το AECH είναι χαρταετός

δηλ. ότι η AC είναι μεσοκάθετος του EH
. Σας ευχαριστώ , Γιώργος.
Ας αρχίσω με εκτός φακέλου (ξέρω και εντός, αλλά πάω να γλυτώσω να φτιάχνω σχήμα):

\displaystyle{ \tan CEH = \tan (CEZ+ \theta) = \dfrac {\tan CEZ + \tan \theta  }{1-\tan CEZ  \tan \theta }= \dfrac {\dfrac {9}{15} + \dfrac {5}{20}  }{1-\dfrac {9}{15}  \dfrac {5}{20} }=1}.

Αρα \angle CEH=45^o, οπότε το CEH είναι ισοσκελές ορθογώνιο και η AC διχοτόμος του. Και λοιπά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9449
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Χαρταετός

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Νοέμ 24, 2019 10:12 am

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Κυρ Νοέμ 24, 2019 12:33 am
Καλή Κυριακή σε όλους.
Χαρταετός.PNG
Το τετράγωνο ABCD του σχήματος έχει πλευρά a=20.Παίρνουμε DE=5 , CZ=9 και \widehat{ZEH}=\widehat{DAE}=\theta .

Να δειχθεί με διάφορους ( και έναν τουλάχιστον εντός φακέλου) τρόπους ότι το AECH είναι χαρταετός

δηλ. ότι η AC είναι μεσοκάθετος του EH
. Σας ευχαριστώ , Γιώργος.
Καλημέρα σε όλους!

Έστω ZH=x. Με Π. Θ βρίσκω \displaystyle AE = 5\sqrt {17} ,EZ = 3\sqrt 2 \sqrt {17} .
Χαρταετός.png
Χαρταετός.png (13.02 KiB) Προβλήθηκε 933 φορές
Με ν. ημιτόνων στο EZH: \displaystyle \frac{x}{{\sin \theta }} = \frac{{EH}}{{\sin \omega }} = \frac{{EH}}{{\sin \varphi }} \Leftrightarrow EH = x\frac{{\sin \varphi }}{{\sin \theta }} = x\frac{{\frac{5}{{\sqrt 2 \sqrt {17} }}}}{{\frac{1}{{\sqrt {17} }}}} \Leftrightarrow EH = \frac{{5x}}{{\sqrt 2 }}

Πυθαγόρειο στο ECH: \displaystyle \frac{{25{x^2}}}{2} = 225 + {(x + 9)^2} \Leftrightarrow 23{x^2} - 36x - 612 = 0\mathop  \Rightarrow \limits^{x > 0} \boxed{x=6} και \boxed{BH=5}

Άρα τα τρίγωνα ADE, ABH είναι ίσα, οπότε AE=AH, B\widehat AH=\theta, δηλαδή η AC είναι μεσοκάθετος του EH


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3276
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Χαρταετός

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Κυρ Νοέμ 24, 2019 5:40 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Κυρ Νοέμ 24, 2019 12:33 am
Καλή Κυριακή σε όλους.

Το τετράγωνο ABCD του σχήματος έχει πλευρά a=20.Παίρνουμε DE=5 , CZ=9 και \widehat{ZEH}=\widehat{DAE}=\theta .

Να δειχθεί με διάφορους ( και έναν τουλάχιστον εντός φακέλου) τρόπους ότι το AECH είναι χαρταετός

δηλ. ότι η AC είναι μεσοκάθετος του EH
. Σας ευχαριστώ , Γιώργος.
Καλησπέρα!
shape.png
shape.png (23.58 KiB) Προβλήθηκε 891 φορές
Προεκτείνουμε τις ZE,HE , οι οποίες τέμνουν την AD στα σημεία S,T αντίστοιχα.

Με Π.Θ. και ομοιότητες τριγώνων καταλήγουμε στο ορθογώνιο τρίγωνο DET, απ’ όπου προκύπτει η εξίσωση: \dfrac{{25{x^2}}}{2} = {(x + 3)^2} + 25, με δεκτή λύση x = 2

Έτσι, CE = CH = 15 και η διχοτόμος CA της γωνίας C θα είναι και μεσοκάθετος της EH


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7262
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Χαρταετός

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Νοέμ 24, 2019 10:58 pm

Χαρταετός.png
Χαρταετός.png (18.19 KiB) Προβλήθηκε 854 φορές

Ας είναι F το σημείο τομής των AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BE . Θέτω \boxed{ZH = 6t\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,DF = y}

Από την ομοιότητα των τριγώνων : CEH και EDF έχω : \boxed{y = 2t + 3}\,\,(1)

Και από την ομοιότητα των τριγώνων : EAF\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZEH έχω:

\dfrac{{EA}}{{ZE}} = \dfrac{{EF}}{{HZ}} \Rightarrow {\left( {\dfrac{{EA}}{{ZE}}} \right)^2} = {\left( {\dfrac{{EF}}{{HZ}}} \right)^2} \Rightarrow \dfrac{{306}}{{425}} = \dfrac{{{{\left( {3t + 3} \right)}^2} + 25}}{{36{t^2}}} , με ρίζες : \boxed{t = 1} ή t =  - \dfrac{{17}}{{23}}

που προφανώς απορρίπτεται. άρα \boxed{y = 5} και το ζητούμενο φανερό.
τελευταία επεξεργασία από Doloros σε Δευ Νοέμ 25, 2019 2:04 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3276
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Χαρταετός

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Δευ Νοέμ 25, 2019 12:26 am

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Κυρ Νοέμ 24, 2019 12:33 am
Καλή Κυριακή σε όλους.

Το τετράγωνο ABCD του σχήματος έχει πλευρά a=20.Παίρνουμε DE=5 , CZ=9 και \widehat{ZEH}=\widehat{DAE}=\theta .

Να δειχθεί με διάφορους ( και έναν τουλάχιστον εντός φακέλου) τρόπους ότι το AECH είναι χαρταετός

δηλ. ότι η AC είναι μεσοκάθετος του EH
. Σας ευχαριστώ , Γιώργος.
shape2.png
shape2.png (20.98 KiB) Προβλήθηκε 842 φορές
HM \bot EZ,\, \triangleleft HMZ \sim  \triangleleft ECZ,\, \triangleleft AED \sim  \triangleleft EHM

51k = 3\sqrt {34}  \Leftrightarrow k = \dfrac{{\sqrt {34} }}{{17}}, ZH = 3k\sqrt {34}  = 6, AECH: χαρταετός


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 1891
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: Χαρταετός

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από STOPJOHN » Δευ Νοέμ 25, 2019 9:47 am

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Κυρ Νοέμ 24, 2019 12:33 am
Καλή Κυριακή σε όλους.
Χαρταετός.PNG
Το τετράγωνο ABCD του σχήματος έχει πλευρά a=20.Παίρνουμε DE=5 , CZ=9 και \widehat{ZEH}=\widehat{DAE}=\theta .

Να δειχθεί με διάφορους ( και έναν τουλάχιστον εντός φακέλου) τρόπους ότι το AECH είναι χαρταετός

δηλ. ότι η AC είναι μεσοκάθετος του EH
. Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

Ειναι DE=5,CZ=9,HB=x,HZ=11-x,AD=20,EC=15,



Απο το Π.Θ στα τρίγωνα EZC,EHC,EH^{2}=15^{2}+(20-x)^{2},EZ^{2}=15^{2}+9^{2},


Στο τρίγωνο

EHC,9[15^{2}+(20-x)^{2}]+15^{2}(11-x)=(20-x)[306+9(11-x)]\Rightarrow x=5,



                 AE=AH,EC=CH,AC\perp EH
Συνημμένα
Χαρταετός.png
Χαρταετός.png (81.5 KiB) Προβλήθηκε 811 φορές


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9449
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Χαρταετός

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Νοέμ 25, 2019 11:56 am

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Κυρ Νοέμ 24, 2019 12:33 am
Καλή Κυριακή σε όλους.
Χαρταετός.PNG
Το τετράγωνο ABCD του σχήματος έχει πλευρά a=20.Παίρνουμε DE=5 , CZ=9 και \widehat{ZEH}=\widehat{DAE}=\theta .

Να δειχθεί με διάφορους ( και έναν τουλάχιστον εντός φακέλου) τρόπους ότι το AECH είναι χαρταετός

δηλ. ότι η AC είναι μεσοκάθετος του EH
. Σας ευχαριστώ , Γιώργος.
Φέρνω CF\bot AE. Με Π. Θ είναι AE=5\sqrt{17}. Από την ομοιότητα των τριγώνων DEA, ECF παίρνω:
Χαρταετός.β.png
Χαρταετός.β.png (12.04 KiB) Προβλήθηκε 792 φορές
\displaystyle \frac{{20}}{{FC}} = \frac{{5\sqrt {17} }}{{15}} = \frac{5}{{FE}} \Rightarrow FC = \frac{{60\sqrt {17} }}{{17}} και \displaystyle FE = \frac{{15\sqrt {17} }}{{17}} \Rightarrow FA = \frac{{100\sqrt {17} }}{{17}}

Εύκολα τώρα προκύπτει ότι τα FAC, CEZ έχουν τις πλευρές τους ανάλογες με λόγο \dfrac{5}{3}, άρα είναι όμοια και

Z\widehat EC=45^\circ-\theta, οπότε το CEH είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και η AC είναι μεσοκάθετος του EH.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1289
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Χαρταετός

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Δευ Νοέμ 25, 2019 7:02 pm

Καλησπέρα! Σας ευχαριστώ όλους για τις ωραίες και ποικίλες επεμβάσεις σας!
Μόνο λίγα για την δημιουργία του θέματος τώρα
και σε επόμενη δημοσίευση θα δώσω μια ακόμη απόδειξη, αν δεν καλυφθεί ως τότε.
Χαρταετός ΙΙ.PNG
Χαρταετός ΙΙ.PNG (6.98 KiB) Προβλήθηκε 764 φορές
Για να ισχύει το ζητούμενο αρκεί να είναι \omega +\theta =45^{0}.

Με χρήση του τύπου \varepsilon \varphi \left ( 45^{0}-\theta  \right )=\dfrac{1-\varepsilon \varphi\theta }{1+\varepsilon \varphi\theta } ορίζοντας την \varepsilon \varphi \theta προκύπτει η \varepsilon \varphi \omega και αντίστροφα.

Απέφυγα το ...πολυσυζητημένο ζευγάρι \dfrac{1}{2} και \dfrac{1}{3} και προτίμησα \varepsilon \varphi \theta =\dfrac{1}{4} 
που δίνει \varepsilon \varphi \omega =\dfrac{3}{5}.

Θεωρώντας a=EK\Pi \left ( 4,5 \right )=20 τα λοιπά ήρθαν εύκολα.. Φιλικά , Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1289
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Χαρταετός

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Σάβ Νοέμ 30, 2019 2:30 am

Καλημέρα.Υποσχέθηκα ακόμη μία λύση κι' επειδή καθυστέρησα.. :) .. υποχρεούμαι να υποβάλω δύο τρόπους.
Με χρήση του σχήματος
Χαρταετός ΙΙI.PNG
Χαρταετός ΙΙI.PNG (10.25 KiB) Προβλήθηκε 712 φορές
I) Παίρνουμε DR=12 ώστε να είναι \dfrac{RD}{AD}=\dfrac{CZ}{CE} οπότε \widehat{RAD}=\widehat{CEZ}=\omega . Στο τρίγωνο EAR έχουμε και τα 3 μήκη πλευρών αφού ER=17 και AE^{2}=425...AR^{2}=544. Ο Ν. συνημιτόνων δίνει \sigma \upsilon \nu \widehat{EAR}=\dfrac{\sqrt{2}}{2} άρα \omega +\theta =45^{0}..

II) Το D EFI είναι τετράγωνο. Από τα όμοια τρίγωνα RAD,MIA παίρνουμε MI=15 άρα FM=20=AD

και όπως στο θέμα ΤΟΥΤΟ προκύπτει \widehat{EAR}=\omega +\theta =45^{0}... Φιλικά , Γιώργος.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης