4 ισόπλευρα

#1

Στο σχήμα τα 4 τρίγωνα είναι ισόπλευρα με πλευρά 1. Βρείτε το

.

: 4iso.jpg (17.19 KiB) Προβλήθηκε 1958 φορές

Παράκληση: Τυχόν μονολεκτικές απαντήσεις να δοθούν μετά από τις ολοκληρωμένες απαντήσεις
Μαυρογιάννης

Eukleidis · #2

Εφαρμόζουμε το Nόμο των συνημιτόνων

Προφανώς τα σημεία με τη μαύρη βουλα πάνω είναι συνευθειακά
$\left( AB\right)^{2}=1+4-2\cdot 2\cdot \left( -\frac{1}{2}\right)$
αρα
$\left( AB\right)=\displaystyle{\sqrt 7 }$

#3

Νίκο, λίγα λεπτά πριν τον αγώνα μπάσκετ Ελλάδα -Τουρκία μάς κάνεις να τρέχουμε...

: 31-08-2010 geometry a.png (88.7 KiB) Προβλήθηκε 1941 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κορυφή Α και μονάδα ίση με την πλευρά του ισοπλεύρου, είναι $\displaystyle B\left( {\frac{5}{2},\;\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)$ , άρα $\displaystyle \left( {AB} \right) = \sqrt {\frac{{25}}{4} + \frac{3}{4}} = \sqrt 7$

Γιώργος Ρίζος

Ανδρέας Πούλος · #4

Το μέσο Μ του ΑΒ είναι και το μέσον του "πράσινου" τμήματος που έχει μήκος α,
όσο και η πλευρά των ισόπλευρων τριγώνων. Το συμπέρασμα αυτό προκύπτει από την ιδιότητων των παραλληλογράμμων (οι διαγώνιες τους διχοτομούνται).
Επίσης το ΑΜ είναι διάμεσος ενός τριγώνου με πλευρές α, α, $\alpha \sqrt{3}$ ,
όπου $\alpha \sqrt{3}$ είναι η διαγώνιος του ρόμβου που αποτελείται από το μωβ και το κίτρινο τρίγωνο.
Από το 1ο θεώρημα διαμέσου για το παραπάνω τρίγωνο προκύπτει ότι ΑΜ = $\frac{\sqrt{7}}{2}$ .
Άρα, ΑΒ = $\sqrt{7}$ .

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#5

Ευχαριστώ για τις λύσεις σας. Αυτού του είδους οι προσιτές ασκήσεις προσφέρονται για παντοειδή πολιορκία μέσα στην τάξη. Δίνω μία ακόμη απάντηση.
Συμπληρώνουμε με μερικά ακόμη ισόπλευρα και βρίσκουμε
$\displaystyle{{\left( {{\rm A}{\rm B}} \right)^2} = {\left( {{\rm A}\Gamma } \right)^2} + {\left( {{\rm B}\Gamma } \right)^2} = {2^2} + {\left( {2 \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = 4 + 3 = 7}$
επομένως $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} = \sqrt 7 }$

: 4iso1.png (42.18 KiB) Προβλήθηκε 1873 φορές

Μαυρογιάννης

#6

Σημειώνοντας ότι το θέμα του Νίκου είναι βούτυρο στο ψωμί για τον καθηγητή στην τάξη που θέλει να παρακινήσει το ενδιαφέρον των μαθητών προσεγγίζοντας με πολλούς διαφορετικούς τρόπους μιαν άσκηση,προσθέτω άλλη μια λύση και μια προέκταση.

: 01-09-2010 Geometry.png (86.43 KiB) Προβλήθηκε 1858 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΚ είναι ΑΚ =2,5 και ΒΚ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ως ύψος ισοπλεύρου. Με Πυθ. Θεώρημα, ΑΒ = $\sqrt{7}$ .

ΠΡΟΕΚΤΑΣΗ: Αποδείξτε ότι ΖΡ =2ΡΓ.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Γιώργος Ρίζος

Eukleidis · #7

Για το ερώτημα του κυρίου Ρίζου

Apo θεωρημα θαλή εχουμε:

$\displaystyle{\frac{{{\rm Z}{\rm P}}}{{{\rm P}\Gamma }} = \frac{{{\text{BZ}}}}{{{\text{BE}}}} = 2}$

#8

Rigio έγραψε: ΠΡΟΕΚΤΑΣΗ: Αποδείξτε ότι ΖΡ =2ΡΓ.

το Ρ είναι βαρύκεντρο του ΑΖΔ

Ανδρέας Πούλος · #9

Στα τέσσερα ισόπλευρα τρίγωνα προσθέτουμε και ένα πέμπτο.
Έτσι, έχει σχηματιστεί ένα ισοσκελές τραπέζιο, το οποίο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο
και έχει ίσες διαγωνίες (της μίας από αυτές ζητάμε το μήκος).
Οι πλευρές του τραπεζίου έχουν μήκος 2α, α, 3α, α.

Σύμφωνα με το 1ο θεώρημα Πτολεμαίου για εγγεγραμμένα τετράπλευρα έχουμε:

3α.2α + α.α = x.x, άρα $7a^{2}=x^{2}\Rightarrow x = a\sqrt{7}$ .

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#10

Συμπληρώνουμε με μερικά ισόπλευρα όπως στο σχήμα.

: 4iso2.png (42.36 KiB) Προβλήθηκε 1746 φορές

Από τις ισότητες $T_{1}=T_{2}$ , $T_{3}=T_{4}$
βλέπουμε ότι το ισόπλευρο $AB\Gamma$ εχει εμβαδόν 7-πλάσιο του εμβαδού του μικρού ισοπλεύρου. 'Αρα
$\frac{\left( AB\right) ^{2}\sqrt{3}}{4}=7\frac{1^{2}\sqrt{3}}{4}$ άρα $\left( AB\right) =\sqrt{7}$ .
Μαυρογιάννης

Ανδρέας Πούλος · #11

Ένας άλλος τρόπος προσέγγισης που βασίζεται στη μέθοδο των εμβαδών.
Ονομάζουμε Γ την κάτω δεξιά κορυφή του "ροζ" τριγώνου του αρχικού σχήματος και α το μήκος της πλευράς κάθε ισόπλευρου τριγώνου.

Από τον τύπο του εμβαδού τριγώνου έχουμε (ΑΒΓ) = $\frac{2a.a.\eta \mu 120^{o}}{2}=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{2}$ , (1).

Από τον τύπο του Ήρωνα για το εμβαδόν τριγώνου έχουμε (ΑΒΓ) = $\sqrt{t(t-a)(t-2a)(t-x)}$
και με δεδομένο ότι η ημιπερίμετρος t του τριγώνου ΑΒΓ ισούται με $t=\frac{3a+x}{2}$ ,
παίρνουμε τον τύπο:
(ΑΒΓ) = $\frac{\sqrt{(9a^{2}-x^{2})(x^{2}-a^{2})}}{4}$ (2) με x > 3α.

Οι τύποι (1) και (2) μας οδηγούν στην αλγεβρική εξίσωση: $x^{4}-10a^{2}x^{2}+21a^{4}=0$ ,

η οποία έχει δύο λύσεις τις: $x^{2}=3a^{2}$ και $x^{2} = 7a^{2}$ .

Από αυτές δεκτή είναι μόνο η $x^{2} = 7a^{2}$ λόγω του περιορισμού,

δηλαδή έχουμε $x=a\sqrt{7}$ .

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#12

Μία παραλλαγή της δεύτερης λύσης του Νίκου Μαυρογιάννη.

Προκύπτει εύκολα ότι (ABC) = 7(DEZ)

, αφού κάθε ένα από τα τρίγωνα $\triangle ABE,\ \triangle BCZ,\ \triangle CAD,$ έχει εμβαδόν ίσο με το μισό του εμβαδού του παραλληλογράμμου που συνθέτουν τα τέσσερα ισόπλευρα τρίγωνα της εκφώνησης.

Ισχύει δηλαδή (ABE) = (BCZ) = (CAD) = 2(DEZ)

.

Επειδή τώρα ο λόγος των εμβαδών δύο ομοίων τριγώνων, ισούται με το τετράγωνο του λόγου της όμοιότητας ( = το τετράγωνο του λόγου των ομολόγων πλευρών τους ), έχουμε ότι $\displaystyle\frac{(ABC)}{(DEZ)} = \frac{(AB)^{2}}{(DE)^{2}} = 7$ $\Longrightarrow$ $AB = \displaystyle \sqrt{7}$ , ( γιατί DE = 1

) και το ζητούμενο έχει βρεθεί.

Κώστας Βήττας.

Ανδρέας Πούλος · #13

Μία άλλη προσέγγιση της άσκησης σύμφωνη με την διδακτέα ύλη της Β' Λυκείου, είναι αυτή που βασίζεται στο αποκαλούμενο θεώρημα του Euler.
"Σε κάθε παραλληλόγραμμο το άθροισμα των τετραγώνων των διαγωνίων του ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των πλευρών του".
Υπόψη το θέμα αυτό υπάρχει και ως άσκηση μέτρων μιγαδικών αριθμών στο βιβλίο Κατεύθυνσης της Γ' Λυκείου.

Ξεκινάμε λοιπόν.
Ως παραλληλόγραμμο θεωρούμε το σχήμα που αποτελείται από τα τέσσερα ισόπλευρα τρίγωνα.
Οι πλευρές του έχουν μήκη α και 2α και η μία διαγώνιος (η μικρή) έχει μήκος $\alpha \sqrt{3}$ ,
αφού είναι διπλάσια από το ύψος ισόπλευρου τριγώνου πλευράς α.
Σύμφωνα με το θεώρημα Euler έχουμε:

$2\alpha ^{2} + 2(2a)^{2}= (a\sqrt{3})^{2}+ x^{2}\Rightarrow 10a^{2}=3a^{2}+x^{2}\Rightarrow 7a^{2}=x^{2} \Rightarrow x = \sqrt{7}$ .

Φιλικά,
Ανδρέας Πούλος

#14

Ευχαριστώ τον Γιώργο (Ευκλείδη) και τη Φωτεινή (Υπατία) για τις απαντήσεις τους στην προέκταση της άσκησης.

ΠΡΟΕΚΤΑΣΗ: Αποδείξτε ότι ΖΡ =2ΡΓ.

Δίνω ακόμα δυο-τρεις προσεγγίσεις.

: 03-09-2010 Geometry b.png (92.2 KiB) Προβλήθηκε 1637 φορές

Προσθέτουμε ένα ακόμα ισόπλευρο τρίγωνο ΔΒΗ. Τότε από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΓΡ και ΑΒΗ με λόγο 1 : 3, προκύπτει ότι $\displaystyle {\rm P}\Gamma = \frac{1}{3}$ , οπότε ΖΡ = 2ΓΡ.

ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΚΗ ΛΥΣΗ:

Η ΑΒ τριχοτομείται από τις ΖΓ και ΔΕ στο παραλληλόγραμμο ΑΔΒΖ (τετριμμένη άσκηση της Γεωμετρίας Α΄ Λυκείου). Οπότε $\displaystyle {\rm A}{\rm P} = \frac{{\sqrt 7 }}{3}$

Στο ΑΒΚ είναι $\displaystyle \eta \mu \phi = \frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 7 }}$

Στο τρίγωνο ΑΡΓ (από Ν. Ημιτόνων) είναι $\displaystyle \frac{{{\rm A}{\rm P}}}{{\eta \mu 60^\circ }} = \frac{{\Gamma {\rm P}}}{{\eta \mu \phi }}\; \Leftrightarrow \;\frac{{\frac{{\sqrt 7 }}{3}}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}}} = \frac{{\Gamma {\rm P}}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{{2\sqrt 7 }}}}\; \Leftrightarrow \;\Gamma {\rm P} = \frac{1}{3}$ , οπότε ΖΡ = 2ΓΡ.

Παρόμοια λύση με Ν. Συνημιτόνων: $\displaystyle {\rm A}{\rm P}^2 = {\rm A}\Gamma ^2 + \Gamma {\rm P}^2 - 2{\rm A}\Gamma \cdot \Gamma {\rm P} \cdot \sigma \upsilon \nu 60^\circ$ ...

Γιώργος Ρίζος

#15

Προσθέτουμε δύο περιγεγραμμένους κύκλους:

: 4isoa.png (41.19 KiB) Προβλήθηκε 1607 φορές

Ονομάζουμε AB=x

και $\Gamma M=\Delta M=r$ . Παίρνοντας δύναμη σημείου έχουμε $M\Gamma \cdot MA=MZ^{2}$ , $A\Delta \cdot AB=AE^{2}$ δηλαδή $r\frac{x}{2}=\left( \frac{1}{2}\right) ^{2}$ και $\left( \frac{x}{2}+r\right) x=2^{2}$ . Επομένως $rx=\allowbreak \frac{1}{2}$ και $\frac{x^{2}}{2}+rx=4$ . Καταλήγουμε στην $\frac{x^{2}}{2}+\frac{1}{2}=4$ από την οποία βρίσκουμε $x=\sqrt{7}$ .
Μαυρογιάννης

Ιστοσελίδα · #16

Καλημέρα.
Άλλη μια παραλλαγή με εμβαδά στην ήδη όμορφη συλλογή.

Με πλευρά x κατασκευάζω ισόπλευρο, το οποίο συμπληρώνεται με 3 ίσα τρίγωνα ( με πλευρές 2 και 1 και περιεχόμενη γωνία ${120^ \circ }$ ) και με ένα ισόπλευρο (πλευράς 1)...

: isoplevra.jpg (73.29 KiB) Προβλήθηκε 1568 φορές

KARKAR · #17

Το

είναι το κοινό μέσο των AB , ST

Συνεπώς : $\displaystyle AM=\sqrt{1+\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt{7}}{2}$

Ιστοσελίδα · #18

Μια που επανέφερε ο Θανάσης το θέμα, με την απέριττη λύση του, ας δώσω ακόμα μια (πιο σύνθετη)…

: 4-ισόπλευρα_2.png (18.35 KiB) Προβλήθηκε 1240 φορές

Αν

, τότε $AC = \displaystyle\frac{x}{3}$ από Θαλή.

Στροφή τριγώνου ACD

αριστερά ${60^ \circ }$ ως προς

(τρίγωνο

) που συνεπάγεται το ισόπλευρο AEC

, το εγγράψιμο AEZC

, την ομοιότητα των τριγώνων $EZC,\,AZB$ , όπου $EZ = CD = \displaystyle\frac{1}{3}$ .

Τέλος από Πυθαγόρειο θεώρημα στο $AMC:\,x = \sqrt 7$ .

4 ισόπλευρα

4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Re: 4 ισόπλευρα

Μέλη σε σύνδεση