Βρείτε την πλευρά (33)

Ιστοσελίδα · #1

Καλησπέρα . Μπορούμε να βρούμε τουλάχιστον διαφορετικές λύσεις;

: p33.png (27.34 KiB) Προβλήθηκε 1027 φορές

Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ABCD

με $B\widehat AD = B\widehat CD = {90^ \circ }$ , $AB = 20,\,BC = 7,\,AD = 15$ . Αν $E \equiv AC \cap BD$ , βρείτε το μήκος του τμήματος BE = x

.

Δημήτρης Μυρογιάννης · #2

Καλησπέρα Μιχάλη !!!!!!
Εύκολα με Π.Θ. υπολογίζουμε BD=25, CD=24

.
Η

είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου του ABCD

.
Φέρουμε την

κάθετα στην

και την προεκτείνουμε ώστε να τμήσει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο σημείο

το οποίο ενώνουμε με τα C,D

.
Τα όμοια τρίγωνα AFD,ABD

δίνουν

οπότε (εύκολη απόδειξη) είναι AG=24

.
Λόγω των ίσων χορδών CD=AG=24

οι εγγεγραμμένες γωνίες CAD, ACG

είναι ίσες και λόγω της κοινής χορδής

οι εγγεγραμμένες GAD,GCD

επίσης ίσες, οπότε (αφαιρετικά) και οι γωνίες ACD,CAG

είναι ίσες.
Αυτό σημαίνει ότι (και) CG=15

ή αλλιώς ότι η

στο τρίγωνο AED

είναι (εκτός από ύψος) και διχοτόμος , δηλαδή το τρίγωνο AED

είναι ισοσκελές. Οι προφανείς ισότητες γωνιών BCA=ADB=AED=BEC

δίνουν

.

: Βρείτε την πλευρά (33).PNG (41.89 KiB) Προβλήθηκε 977 φορές

#3

Καλησπέρα Μιχάλη.
Μία πρώτη λύση:
Κατασκευάζω το τετράπλευρο CDKZ

όμοιο του αρχικού με $\frac{CD}{AB}= \frac{CZ}{AD}$ και καθώς CD=24

από Πυθαγόρειο Θεώρημα, προκύπτει ότι CZ=18

, δηλαδή

. Επίσης $DZ\parallel AC$ όπως προκύπτει από την ισότητα των σημειωμένων γωνιών $\widehat{CDZ}=\widehat{ABD}=\widehat{ACD}$ , οπότε το τρίγωνο BCE

είναι όμοιο του BZD

δηλαδή ισοσκελές, οπότε BE=BC=7

.

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ · #4

Καλημέρα Μιχάλη
Με Π.Θ. στα τρίγωνα ABD

και

υπολογίζουμε BD=25, CD=24

.
Το

είναι εγγράψιμμο σε κύκλο οπότε
η

είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου του ABCD

.
Φέρουμε το ύψος

του τριγώνου ABD

και το ύψος

του τριγώνου BGD

. Υπολογίζουμε τα ύψη αυτά
οπότε AZ=12

και $GH=\frac{168}{25}$ Τα τρίγωνα BGE

&

είναι όμοια με λόγο ομοιότητας
$\frac{15}{7}$ άρα
$\displaystyle\frac{(AED)}{(BGE)}=(\frac{15}{7})^2 \Leftrightarrow \frac{(ED) \cdot(AZ)}{(BE) \cdot(GH)}=(\frac{15}{7})^2 \Leftrightarrow \frac{(ED)}{(BE)} \cdot\frac{25 \cdot12}{7 \cdot24}=\frac{15^2}{7^2} \Leftrightarrow \frac{(ED)}{(BE)}=\frac{18}{7} \Leftrightarrow \frac{(ED)+(BE)}{(BE)}=\frac{18+7}{7} \Leftrightarrow BE=7$

όποιος συνάδελφος μπορεί να βοηθήσει λίγο στο σχήμα

Ιστοσελίδα · #5

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ έγραψε:Καλημέρα Μιχάλη
Με Π.Θ. στα τρίγωνα και υπολογίζουμε .
Το είναι εγγράψιμο σε κύκλο οπότε
η είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου του .
Φέρουμε το ύψος του τριγώνου και το ύψος του τριγώνου . Υπολογίζουμε τα ύψη αυτά
οπότε και $GH=\frac{168}{25}$ Τα τρίγωνα & είναι όμοια με λόγο ομοιότητας
$\frac{15}{7}$ άρα
$\displaystyle\frac{(AED)}{(BGE)}=(\frac{15}{7})^2 \Leftrightarrow \frac{(ED) \cdot(AZ)}{(BE) \cdot(GH)}=(\frac{15}{7})^2 \Leftrightarrow \frac{(ED)}{(BE)} \cdot\frac{25 \cdot12}{7 \cdot24}=\frac{15^2}{7^2} \Leftrightarrow \frac{(ED)}{(BE)}=\frac{18}{7} \Leftrightarrow \frac{(ED)+(BE)}{(BE)}=\frac{18+7}{7} \Leftrightarrow BE=7$

όποιος συνάδελφος μπορεί να βοηθήσει λίγο στο σχήμα

Καλημέρα Γιάννη, Ανδρέα, Δημήτρη και σας ευχαριστώ για τις λύσεις σας. Γιάννη άλλαξα το γράμμα του αρχικού σχήματος με , για να συμβαδίζει με την απόδειξή σου.

: Βρείτε-την-πλευρά-(33).png (14.56 KiB) Προβλήθηκε 896 φορές

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ · #6

Μιχάλης Νάννος έγραψε: Καλημέρα Γιάννη, Ανδρέα, Δημήτρη και σας ευχαριστώ για τις λύσεις σας. Γιάννη άλλαξα το γράμμα του αρχικού σχήματος με , για να συμβαδίζει με την απόδειξή σου.

Μιχάλη Σε ευχαριστώ

Grigoris K. · #7

Καλημέρα στην Γεωμετρική παρέα του

. Μιας και ο κ. Μιχάλης ζήτησε 6 αποδείξεις, ας μην του χαλάσουμε το χατίρι!
Μία 4η προσέγγιση:

Με Π.Θ. βρίσκουμε εύκολα ότι $\displaystyle{ BD = 25 }$ και CD = 24

. Επίσης το ABCD

είναι εγγράψιμο.

Με Ν. Ημιτόνων λαμβάνουμε $\displaystyle{ \frac{BE}{ED} = \frac{BC}{CD} \cdot \frac{sin\widehat{BCE}}{sin\widehat{ECD}} \Rightarrow \frac{x}{25-x} = \frac{7}{24} \cdot \frac{sin\widehat{BDA}}{sin\widehat{ABD}} \Rightarrow \frac{x}{25-x} = \frac{7}{24} \cdot \frac{20}{15} \Rightarrow \boxed{ x = 7} }$

thanasis.a · #8

..καλημέρα..

άποψη 3/6..
ABCD

εγγράψιμο οπότε

$B\hat{A}C=B\hat{D}C , A\hat{B}D=A\hat{C}D, D\hat{B}C=D\hat{A}C , B\hat{C}A=B\hat{D}A\Rightarrow \triangleleft ABE\sim\triangleleft ECD (1) \wedge \triangleleft BEC\sim \triangleleft AED(2)$ .

$(1) \Rightarrow \frac{BE}{EC}=\frac{BA}{DC}\Rightarrow 24\cdot BE=20\cdot EC(\alpha ), (2) \Rightarrow \frac{BC}{AD}=\frac{EC}{DE}\Rightarrow \frac{BC}{AD}=\frac{EC}{BD-BE}\Rightarrow \frac{7}{15}=\frac{EC}{25-BE}(\beta )$

Από το σύστημα (α), (β) έπεται ότι : EB=7.. οεδ

Ιστοσελίδα · #9

Να δώσω την η λύση (πιθανώς να προκύψουν κι άλλες), αφού ευχαριστήσω το Θανάση και το Γρηγόρη.

: p33-sol.png (16.92 KiB) Προβλήθηκε 794 φορές

Έστω $Z \equiv AB \cap DC$ . Τα τρίγωνα $CBZ,\,ADZ$ είναι όμοια και αν θέσω BZ = 7y

, θα είναι CZ = 15y - 24

(για να ισχύει $\displaystyle\frac{{BZ}}{{BC}} = \displaystyle\frac{{DZ}}{{DA}} = y$ ). Είναι $\varepsilon \varphi \widehat Z = \displaystyle\frac{7}{{15y - 24}} = \displaystyle\frac{{15}}{{7y + 20}} \Rightarrow \displaystyle\frac{{7y + 20}}{{15y - 24}} = \displaystyle\frac{{15}}{7}\,\,\left( 1 \right)$

και από θεώρημα Μενελάου στο BZD

με διατέμνουσα AEC

έχουμε: $\displaystyle\frac{{AZ}}{{AB}} \cdot \displaystyle\frac{{EB}}{{ED}} \cdot \displaystyle\frac{{CD}}{{CZ}} = 1 \Rightarrow \displaystyle\frac{{7y + 20}}{{20}} \cdot \displaystyle\frac{x}{{25 - x}} \cdot \displaystyle\frac{{24}}{{15y - 24}} = 1$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \displaystyle\frac{{15}}{7} \cdot \displaystyle\frac{x}{{25 - x}} \cdot \displaystyle\frac{{24}}{{20}} = 1 \Rightarrow x = 7$ .

Βρείτε την πλευρά (33)

Βρείτε την πλευρά (33)

Re: Βρείτε την πλευρά (33)

Re: Βρείτε την πλευρά (33)

Re: Βρείτε την πλευρά (33)

Re: Βρείτε την πλευρά (33)

Re: Βρείτε την πλευρά (33)

Re: Βρείτε την πλευρά (33)

Re: Βρείτε την πλευρά (33)

Re: Βρείτε την πλευρά (33)

Μέλη σε σύνδεση