Μετρική έκπληξη

KARKAR · #1

: Μετρική έκπληξη.png (8.24 KiB) Προβλήθηκε 1467 φορές

Σε τρίγωνο με πλευρές a,b,c

φέραμε το ύψος

και τα κάθετα προς τις AC,AB

τμήματα

. Υπολογίστε το τμήμα

. Τι παρατηρείτε ?

parmenides51 · #2

αν ισχύει επιπλέον οτι $\displaystyle{\widehat{A}=90^o}$ τότε $\displaystyle{ZE=AD}$

(μεταμφιεσμένο εδώ)

#3

Καλησπέρα σε όλους. Μού έλειψε η όμορφη παρέα σας, (λόγω υποχρεώσεων...).

Μια απόπειρα ΑΝΑΛΥΤΙΚΟΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ.

: 21-02-2013 Γεωμετρία.jpg (17.28 KiB) Προβλήθηκε 1403 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο D(0, 0)

παίρνουμε τα σημεία $\displaystyle{{\bf{{\rm B}}}\left( {\beta ,\;0} \right),\;C(\gamma ,\;0),\;\;\beta < 0,\;\;\gamma > 0}$ , ώστε $\displaystyle{\gamma - \beta = a,\;\;\sqrt {{\beta ^2} + 1} = c,\;\;\sqrt {{\gamma ^2} + 1} = b}$

Είναι $\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} {\lambda _{{\rm A}{\rm B}}} = - \frac{1}{\beta },\;\;\;{\rm A}{\rm B}:\;\;x + \beta y = \beta \\ {\lambda _{{\rm A}C}} = - \frac{1}{\gamma },\;\;\;{\rm A}C:\;\;x + \gamma y = \gamma \end{array} \right.}$
Φέρνουμε

κάθετη στην

και

κάθετη στην

Είναι $\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} DZ:\;\;y = \beta x\\ DE:\;\;y = \gamma \chi \end{array} \right.}$ , οπότε $\displaystyle{{\rm Z}\left( {\frac{\beta }{{{\beta ^2} + 1}},\;\frac{{{\beta ^2}}}{{{\beta ^2} + 1}}} \right),\;\;{\rm E}\left( {\frac{\gamma }{{{\gamma ^2} + 1}},\;\frac{{{\gamma ^2}}}{{{\gamma ^2} + 1}}} \right)}$

$\displaystyle{\left( {{\rm Z}{\rm E}} \right) = \sqrt {{{\left( {\frac{\gamma }{{{\gamma ^2} + 1}} - \frac{\beta }{{{\beta ^2} + 1}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{\gamma ^2}}}{{{\gamma ^2} + 1}} - \frac{{{\beta ^2}}}{{{\beta ^2} + 1}}} \right)}^2}} = }$

$\displaystyle{ = \sqrt {{{\left( {\frac{{\left( {1 - \gamma \beta } \right)\left( {\gamma - \beta } \right)}}{{\left( {{\gamma ^2} + 1} \right)\left( {{\beta ^2} + 1} \right)}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\left( {\gamma - \beta } \right)\left( {\gamma + \beta } \right)}}{{\left( {{\gamma ^2} + 1} \right)\left( {{\beta ^2} + 1} \right)}}} \right)}^2}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\sqrt {{{\left( {\gamma - \beta } \right)}^2}\left( {1 + {\gamma ^2}{\beta ^2} + {\gamma ^2} + {\beta ^2}} \right)} }}{{\left( {{\gamma ^2} + 1} \right)\left( {{\beta ^2} + 1} \right)}} = \frac{{\left( {\gamma - \beta } \right)\sqrt {\left( {{\gamma ^2} + 1} \right)\left( {{\beta ^2} + 1} \right)} }}{{\left( {{\gamma ^2} + 1} \right)\left( {{\beta ^2} + 1} \right)}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\left( {\gamma - \beta } \right)}}{{\sqrt {\left( {{\gamma ^2} + 1} \right)\left( {{\beta ^2} + 1} \right)} }} = \frac{a}{{b \cdot c}}}$

edit: Η παραπάνω προσέγγιση έχει λάθος! (Δεν ταιριάζουν οι μονάδες μήκους). Ευχαριστώ τον Στάθη που μού το επεσήμανε αμέσως.
Τώρα αδυνατώ να το εντοπίσω. Ζητώ τη βοήθεια όποιου το εντοπίσει!

#4

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Μετρική έκπληξη.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε τρίγωνο με πλευρές φέραμε το ύψος και τα κάθετα προς τις

τμήματα . Υπολογίστε το τμήμα . Τι παρατηρείτε ?

: 1.png (32.77 KiB) Προβλήθηκε 1391 φορές

Ας είναι $\left( O \right)$ ο περίκυκλος του τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο διαμέτρου (αφού $\angle AZD = \angle AED = {90^0}$ )

και ας είναι το κέντρο του περικυκλίου του $\left( K \right)$ (προφανώς το μέσο του ύψους .

Τότε τα ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle KZE,\vartriangle OBC$ είναι όμοια (αφού $\angle ZKE\mathop = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\,\sigma \tau o\nu \,\,\left( K \right)} 2\angle ZAE \equiv 2\angle BAC$ $\mathop = \limits^{\angle BAC\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,\sigma \tau o\nu \,\,\left( O \right)} \angle BOC$ ).

Έτσι $\displaystyle\frac{{\left( {ZE} \right)}}{{\left( {BC} \right)}} = \displaystyle\frac{{\left( {KE} \right)}}{{\left( {OB} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {BC} \right) = a,\left( {KE} \right) = \frac{{\left( {AD} \right)}}{2} = \frac{{{\upsilon _a}}}{2},\left( {OB} \right) = R} \displaystyle\frac{{\left( {ZE} \right)}}{a} = \displaystyle\frac{{\displaystyle\frac{{{\upsilon _a}}}{2}}}{R}$ $\Rightarrow \left( {ZE} \right) = \displaystyle\frac{{\displaystyle\frac{{a{\upsilon _a}}}{2}}}{R}\mathop \Rightarrow \limits^{\frac{{a{\upsilon _a}}}{2} = \left( {ABC} \right)} \boxed{\left( {ZE} \right) = \displaystyle\frac{{\left( {ABC} \right)}}{R}}:\left( 1 \right)$ .

Αλλά $\left( {ABC} \right) = \displaystyle\frac{{abc}}{{4R}} \Rightarrow R = \displaystyle\frac{{abc}}{{4\left( {ABC} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$ $\left( {ZE} \right) = \displaystyle\frac{{4{{\left( {ABC} \right)}^2}}}{{abc}}\mathop \Rightarrow \limits^{\tau \upsilon \pi o\varsigma \,\,{\rm H}\rho \omega \nu \alpha }$ $\boxed{\left( {ZE} \right) = \displaystyle\frac{{4\tau \left( {\tau - a} \right)\left( {\tau - b} \right)\left( {\tau - c} \right)}}{{abc}}}$ .

Στάθης.

Υ.Σ. Τι παρατηρούμε ΟΕΟ; (θα επανέλθω με μια όμορφη πρόταση που μόλις βρήκα αύριο)

#5

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Καλησπέρα σε όλους. Μού έλειψε η όμορφη παρέα σας, (λόγω υποχρεώσεων...).

Μια απόπειρα ΑΝΑΛΥΤΙΚΟΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ.

21-02-2013 Γεωμετρία.jpg
Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο παίρνουμε τα σημεία $\displaystyle{{\bf{{\rm B}}}\left( {\beta ,\;0} \right),\;C(\gamma ,\;0),\;\;\beta < 0,\;\;\gamma > 0}$ , ώστε $\displaystyle{\gamma - \beta = a,\;\;\sqrt {{\beta ^2} + 1} = c,\;\;\sqrt {{\gamma ^2} + 1} = b}$

Είναι $\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} {\lambda _{{\rm A}{\rm B}}} = - \frac{1}{\beta },\;\;\;{\rm A}{\rm B}:\;\;x + \beta y = \beta \\ {\lambda _{{\rm A}C}} = - \frac{1}{\gamma },\;\;\;{\rm A}C:\;\;x + \gamma y = \gamma \end{array} \right.}$
Φέρνουμε κάθετη στην και κάθετη στην

Είναι $\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} DZ:\;\;y = \beta x\\ DE:\;\;y = \gamma \chi \end{array} \right.}$ , οπότε $\displaystyle{{\rm Z}\left( {\frac{\beta }{{{\beta ^2} + 1}},\;\frac{{{\beta ^2}}}{{{\beta ^2} + 1}}} \right),\;\;{\rm E}\left( {\frac{\gamma }{{{\gamma ^2} + 1}},\;\frac{{{\gamma ^2}}}{{{\gamma ^2} + 1}}} \right)}$

$\displaystyle{\left( {{\rm Z}{\rm E}} \right) = \sqrt {{{\left( {\frac{\gamma }{{{\gamma ^2} + 1}} - \frac{\beta }{{{\beta ^2} + 1}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{{\gamma ^2}}}{{{\gamma ^2} + 1}} - \frac{{{\beta ^2}}}{{{\beta ^2} + 1}}} \right)}^2}} = }$

$\displaystyle{ = \sqrt {{{\left( {\frac{{\left( {1 - \gamma \beta } \right)\left( {\gamma - \beta } \right)}}{{\left( {{\gamma ^2} + 1} \right)\left( {{\beta ^2} + 1} \right)}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{\left( {\gamma - \beta } \right)\left( {\gamma + \beta } \right)}}{{\left( {{\gamma ^2} + 1} \right)\left( {{\beta ^2} + 1} \right)}}} \right)}^2}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\sqrt {{{\left( {\gamma - \beta } \right)}^2}\left( {1 + {\gamma ^2}{\beta ^2} + {\gamma ^2} + {\beta ^2}} \right)} }}{{\left( {{\gamma ^2} + 1} \right)\left( {{\beta ^2} + 1} \right)}} = \frac{{\left( {\gamma - \beta } \right)\sqrt {\left( {{\gamma ^2} + 1} \right)\left( {{\beta ^2} + 1} \right)} }}{{\left( {{\gamma ^2} + 1} \right)\left( {{\beta ^2} + 1} \right)}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\left( {\gamma - \beta } \right)}}{{\sqrt {\left( {{\gamma ^2} + 1} \right)\left( {{\beta ^2} + 1} \right)} }} = \frac{a}{{b \cdot c}}}$

edit: Η παραπάνω προσέγγιση έχει λάθος! (Δεν ταιριάζουν οι μονάδες μήκους). Ευχαριστώ τον Στάθη που μού το επεσήμανε αμέσως.
Τώρα αδυνατώ να το εντοπίσω. Ζητώ τη βοήθεια όποιου το εντοπίσει!

Γιώργο ο τύπος σου είναι σωστός με την επισήμανση ότι είναι $\left( {ZE} \right) = {1^2} \cdot \displaystyle\frac{a}{{bc}}\mathop \Rightarrow \limits^{\upsilon = \left( {AD} \right) = 1} \boxed{\left( {ZE} \right) = {\upsilon ^2} \cdot \frac{a}{{bc}}}$ (με $\upsilon$ το ύψος του τριγώνου από το ) ο οποίος επεξεργαζόμενος δίνει τον τύπο που βρήκα και εγώ (όπως σου είπα και στο π.μ ο "άσσος" τελικά (η τεταγμένη του "κρύφτηκε" (και φυσικά "έκρυψε" και τις μονάδες) γιατί λειτούργησε αριθμητικά και "μοναδιαία"

Φιλικά
Στάθης

#6

Ευχαριστώ θερμά τον Στάθη για το ενδιαφέρον του να "ανακαλύψουμε" το σφάλμα στην προσέγγισή μου.

Την ίδια σκέψη έκανα κι εγώ (μες τα μαύρα μεσάνυχτα...), κοιτώντας τη δική του λύση.

Ανοίγει ένα ωραίο θέμα για συζήτηση: Θέτοντας ως μονάδα μέτρησης το ύψος

, οι συντεταγμένες των Z, E

εκφράστηκαν, δίχως να φαίνεται, συναρτήσει της μονάδας του συστήματος συντεταγμένων, γι' αυτό "χάθηκε" ο παράγοντας $\upsilon ^2$ στο αποτέλεσμα.

Δίνω ένα σχετικό αρχείο Geogebra.

#7

KARKAR έγραψε: Σε τρίγωνο με πλευρές φέραμε το ύψος και τα κάθετα προς τις τμήματα . Υπολογίστε το τμήμα . Τι παρατηρείτε ?

Ας δούμε και μια διαφορετική προσέγγιση με την βοήθεια εμβαδών

: 2.png (42.51 KiB) Προβλήθηκε 1144 φορές

Ας είναι το αντιδιαμετρικό του στον περίκυκλο $\left( O \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ . Τότε με εγγράψιμο $\left( {\angle DZA = \angle DEA = {{90}^0}} \right)$ προκύπτει ότι

$\angle EZA = \angle EDA\mathop = \limits^{o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle ECB \Rightarrow BZEC$ εγγράψιμο και σύμφωνα με το θεώρημα του θα είναι: $\boxed{ZE \bot AF}:\left( 1 \right)$ .

Τότε με $\angle FBA = \angle DZA = {90^0} \Rightarrow DZ\parallel BF \Rightarrow$ $\boxed{\left( {ZDF} \right) = \left( {ZDB} \right)}:\left( 2 \right)$ . Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι $\boxed{\left( {EDF} \right) = \left( {EDC} \right)}:\left( 3 \right)$ .

Από $\left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \left( {ZDE} \right) + \left( {EDF} \right) = \left( {ZDB} \right) + \left( {EDC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{ + \left( {AZDE} \right)}$ $\left( {AZFE} \right) = \left( {ABC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \frac{1}{2}\left( {ZE} \right) \cdot \left( {AF} \right) = \left( {ABC} \right)$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AF} \right) = 2R} \boxed{\left( {ZE} \right) = \frac{{\left( {ABC} \right)}}{R} = \ldots }$ και το ζητούμενο έχει υπολογιστεί (ο τελικός τύπος συναρτήσει των πλευρών στην προηγούμενη ανάρτηση)

Στάθης

KARKAR · #8

Ίσως έχω ξαναδιατυπώσει την άποψη , ότι -σε επίσημο διαγωνισμό- το ερώτημα : " τι παρατηρείτε "

είναι ακατάλληλο , ως μη επιδεχόμενο μονοσήμαντη λύση . Όμως σ΄ένα FORUM σαν το

που έχει και ερευνητικό χαρακτήρα , ένα τέτοιο ερώτημα μπορεί να φανεί ιδιαίτερα χρήσιμο ...

Παρατηρήστε λοιπόν , ότι ο τύπος που δίνει το

-τον οποίο απέδειξε (δις !) ο εκπληκτικός ,

αλλά και χαλκέντερος Στάθης - και στις δυό του μορφές είναι ανεξάρτητος , εν τέλει , από το ύψος

το οποίο φέραμε . Δηλαδή και για τα άλλα

ύψη ο ίδιος τρόπος δημιουργίας

του

, θα δώσει τμήμα ίσου μήκους ! Αυτή την παρατήρηση ανέμενα .

Ίσως ο διεισδυτικότερος κος Κούτρας βγάλει κανένα "λαγό" ακόμα απ' το καπέλο του

..

#9

: Μετρική έκπληξη.png (35.9 KiB) Προβλήθηκε 1066 φορές

Καλησπέρα σας.
Μετά τις λύσεις από τον Γιώργο και τον Στάθη ας δούμε μια ακόμη άποψη .

Έστω (O,R)

ο περίκυκλος του ABC

. Τα σημεία A,Z,D,E

ανήκουν προφανώς στον κύκλο διαμέτρου

αφού οι γωνίες στα Z,E

του τετράπλευρου AZDE

είναι ορθές. Εξ άλλου $\hat \varphi = \hat \theta$ ( πλευρές κάθετες) και από το εγγράψιμο AZDE

$\hat \varphi = \hat \omega$ , συνεπώς $\boxed{\hat \omega = \hat \theta }$ . Η τελευταία μας εξασφαλίζει ότι τα τρίγωνα ABC,AEZ

είναι όμοια ( και βεβαίως το τετράπλευρο BZEC

εγγράψιμο).
Φέρνω και το ύψος

του τριγώνου AZE

. Τώρα από τον γνωστό τύπο $\boxed{\beta \gamma = 2R{\upsilon _a}}$

1) Στο τρίγωνο ABC

θα έχουμε: $AB \cdot AC = 2R \cdot AD\,\,\,(1)$ .

2) Στο τρίγωνο AEZ

θα έχουμε: $AE \cdot AZ = AD \cdot AH\,\,\,(2)$

Έχοντας υπ’ όψη ότι ό λόγος ομοιότητας όμοιων τριγώνων ισούται με το λόγο ομολόγων στοιχείων του ( εν προκειμένω υψών) Αν διαιρέσουμε κατά μέλη τις $(1)\,\,,(2)$ διαδοχικά θα έχουμε: $\displaystyle\frac{{AB}}{{AE}} \cdot \displaystyle\frac{{AC}}{{AZ}} = \displaystyle\frac{{2R}}{{AH}} \Rightarrow \displaystyle\frac{{BC}}{{EZ}} \cdot \displaystyle\frac{{AD}}{{AH}} = \displaystyle\frac{{2R}}{{AH}}$ , και έτσι $BC \cdot AD = 2R \cdot EZ \Leftrightarrow 2(ABC) = 2R \cdot EZ \Leftrightarrow \boxed{EZ = \frac{{(ABC)}}{R}}$

Φιλικά Νίκος

p_gianno · #10

.
Έστω

η τομή της

με τον κύκλο (ABC).

Τότε $\angle 1=\angle 2=\angle 3$ και $\angle 4=\angle 5=\angle 6 \rightarrow \triangle EDZ \sim BHC$

$ED=BD \cdot sinB$ (1) και BH=BD:sin(BHD)= BD:sinC

(2)

$EZ:a=EZ:BC=ED:BH= BD \cdot sinB : (BD:sinC )=sinB \cdot sinC=$

$(\upsilon_a :c)( \upsilon_a:b)= (\upsilon_a ^2):(bc)=[4s(s-a)(s-b)(s-c)]: (a^2bc)] \rightarrow$

EZ=[4s(s-a)(s-b)(s-c)]: (abc)

(όπου

η ημιπερίμετρος του $\triangle ABC$ )

kostas_zervos · #11

Το τετράπλευρο ΑΖΔΕ είναι εγγράψιμο γιατί $\hat{E}+\hat{Z}=180^0$ , άρα από το 2ο θεωρημα του Πτολεμαίου έχουμε

$\displaystyle\frac{EZ}{\upsilon_{\alpha}}=\frac{AZ\cdot ZD+AE\cdot ED}{AZ\cdot AE+ED\cdot AZ}\;(1)$ .

Επίσης έχουμε $AZ\cdot ZD=2\cdot(AZD)\;\;,\;\;AE\cdot ED=2\cdot(AED)$ (2).

Τα τριγωνα ABC , AEZ έχουν τη γωνία $\hat{A}$ κοινή , άρα $\displaystyle \frac{(AEZ)}{(ABC)}=\frac{AZ\cdot AE}{\beta\cdot\gamma}\Leftrightarrow AZ\cdot AE=\frac{(AEZ)\beta\gamma}{(ABC)}$ (3)

Τα τριγωνα ABC , DEZ έχουν $\hat{A}+\hat{D}=180^0$ κοινή , άρα $\displaystyle \frac{(DEZ)}{(ABC)}=\frac{ED\cdot DZ}{\beta\cdot\gamma}\Leftrightarrow ED\cdot DZ=\frac{(DEZ)\beta\gamma}{(ABC)}$ (4)

Από τις (1) , (2) , (3) , (4) έχουμε
$\displaystyle\frac{EZ}{\upsilon_{\alpha}}=\frac{2\cdot [(AZD)+(AED)]}{\displaystyle\frac{(AEZ)\beta\gamma}{(ABC)}+\frac{(DEZ)\beta\gamma}{(ABC)}}\Leftrightarrow \displaystyle\frac{EZ}{\upsilon_{\alpha}}=\frac{2(AEDZ)}{\displaystyle\frac{\beta\gamma}{(ABC)}(AEDZ)}$ .

Άρα $\displaystyle EZ=\frac{2(ABC)\cdot \upsilon_{\alpha}}{\beta\gamma}=\frac{2(ABC)\cdot \upsilon_{\alpha}\cdot\alpha}{\alpha\beta\gamma}=\frac{4(ABC)^2}{\alpha\beta\gamma}$

#12

Μια σκέψη διαφορετική από τις παραπάνω:

Στο κύκλο AZDE

διαμέτρου

από νόμο ημιτόνων έχουμε:

$ZE=ADsinA =\frac{2E}{a}\frac{a}{2R}=\frac{E}{R}$

S.E.Louridas · #13

Το μέσο

του ύψους

είναι το κέντρο του κύκλου (AZDE)

.
Συνεπώς τα ισοσκελή τρίγωνα TZE, OBC

είναι όμοια οπότε $\displaysyle{ZE = \frac{{ah_a }} {{2R}} = ...},$ όπου (O,R)

o κύκλος

.

edit: Προστέθηκε το σχήμα και το γράμμα

αμέσως μετά την αρχική φράση: Το μέσο...

KARKAR · #14

Αχααα !

( Το επιφώνημα για τη συντομία της λύσης του Κώστα , παραπάνω )

S.E.Louridas · #15

Αχ αυτός ο Στάθης, μόλις τώρα το είδα. Επανέρχομαι λοιπόν με κάτι άλλο:

$\displaystyle{\angle AEZ = \angle ADZ = \angle B \Rightarrow \vartriangle AZE \sim \vartriangle ABC \Rightarrow ZE = \frac{{aAE}} {c} = \frac{{ah_a^2 }} {{bc}}.}$

Μετρική έκπληξη

Μετρική έκπληξη

Re: Μετρική έκπληξη

Re: Μετρική έκπληξη

Re: Μετρική έκπληξη

Re: Μετρική έκπληξη

Re: Μετρική έκπληξη

Re: Μετρική έκπληξη

Re: Μετρική έκπληξη

Re: Μετρική έκπληξη

Re: Μετρική έκπληξη

Re: Μετρική έκπληξη

Re: Μετρική έκπληξη

Re: Μετρική έκπληξη

Re: Μετρική έκπληξη

Re: Μετρική έκπληξη

Μέλη σε σύνδεση