Γεωμετρικά βάσανα

KARKAR · #1

Όποιος δεν έχει βάσανα
και θέλει ν' αποχτήσει ,
την παρακάτω άσκηση
παιδεύεται να λύσει !

: Γεωμετρικά βάσανα.png (6.51 KiB) Προβλήθηκε 1960 φορές

Σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , είναι AC=2AB

. Κατασκευάστε τρίγωνο ADE

, όμοιο με το αρχικό

( AE=2AD

) , ώστε αν η υποτείνουσά του

, τέμνει την

στο

, να είναι (ADSB)=(SBE)

margavare · #2

Παιδεύτηκα και δεν την έλυσα.

$\displaystyle{\begin{array}{l} AB = x,AD = y\\ AC = 2AB = 2x\\ AE = 2AD = 2y\\ \lambda = \frac{{AB}}{{AD}} = \frac{x}{y}\\ \frac{{\left( {ABC} \right)}}{{\left( {ADE} \right)}} = {\lambda ^2} \Leftrightarrow \frac{{\left( {ABSD} \right) + \left( {CDS} \right)}}{{\left( {ABSD} \right) + \left( {BES} \right)}} = {\lambda ^2} \Leftrightarrow \frac{{\left( {BES} \right) + \left( {CDS} \right)}}{{2\left( {BES} \right)}} = {\lambda ^2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} + \frac{1}{2}{\left( {\frac{{CD}}{{BE}}} \right)^2} = {\lambda ^2} \Leftrightarrow \\ \\ \frac{1}{2} + \frac{1}{2}{\left( {\frac{{2x - y}}{{2y - x}}} \right)^2} = {\lambda ^2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} + \frac{1}{2}{\left( {\frac{{2\lambda y - y}}{{2y - \lambda y}}} \right)^2} = {\lambda ^2} \Leftrightarrow 1 + {\left( {\frac{{2\lambda - 1}}{{2 - \lambda }}} \right)^2} = 2{\lambda ^2} \Leftrightarrow \\ \\ {\left( {2 - \lambda } \right)^2} + {\left( {2\lambda - 1} \right)^2} = 2{\lambda ^2}{\left( {2 - \lambda } \right)^2} \Leftrightarrow 4 - 4\lambda + 4{\lambda ^2} + 4{\lambda ^2} - 4\lambda + 1 = 2{\lambda ^2}\left( {4 - 4\lambda + 4{\lambda ^2}} \right) \Leftrightarrow \\ \\ 2{\lambda ^4} - 8{\lambda ^3} + 3{\lambda ^2} + 8\lambda - 5 = 0\\ \lambda \approx - 1,04\quad \eta \quad \lambda \approx 0,74\quad \lambda = 1\quad \eta \quad \lambda \approx 3,18\\ \\ {\rm A}\nu \quad \lambda = 1\quad \left( {ABSD} \right) = \left( {BES} \right) = \left( {SDC} \right) = \frac{1}{2}\left( {ABC} \right) = {x^2}\;\alpha \delta \upsilon \nu \alpha \tau o\\ \\ {\rm A}\rho \alpha \quad \lambda \approx 0,74 \end{array}}$

#3

KARKAR έγραψε:Όποιος δεν έχει βάσανα
και θέλει ν' αποχτήσει ,
την παρακάτω άσκηση
παιδεύεται να λύσει !
Το συνημμένο Γεωμετρικά βάσανα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , είναι . Κατασκευάστε τρίγωνο , όμοιο με το αρχικό

( ) , ώστε αν η υποτείνουσά του , τέμνει την στο , να είναι

Θα δώσω ένα ακριβές νούμερο το οποίο είναι το κλειδί της απάντησης .

: Γεωμετρικά βάσανα.png (11.58 KiB) Προβλήθηκε 1888 φορές

$\dfrac{{\sqrt 6 + 4}}{5}$

Φιλικά Νίκος

#4

margavare έγραψε:Παιδεύτηκα και δεν την έλυσα.

$\displaystyle{\begin{array}{l} AB = x,AD = y\\ AC = 2AB = 2x\\ AE = 2AD = 2y\\ \lambda = \frac{{AB}}{{AD}} = \frac{x}{y}\\ \frac{{\left( {ABC} \right)}}{{\left( {ADE} \right)}} = {\lambda ^2} \Leftrightarrow \frac{{\left( {ABSD} \right) + \left( {CDS} \right)}}{{\left( {ABSD} \right) + \left( {BES} \right)}} = {\lambda ^2} \Leftrightarrow \frac{{\left( {BES} \right) + \left( {CDS} \right)}}{{2\left( {BES} \right)}} = {\lambda ^2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} + \frac{1}{2}{\left( {\frac{{CD}}{{BE}}} \right)^2} = {\lambda ^2} \Leftrightarrow \\ \\ \frac{1}{2} + \frac{1}{2}{\left( {\frac{{2x - y}}{{2y - x}}} \right)^2} = {\lambda ^2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} + \frac{1}{2}{\left( {\frac{{2\lambda y - y}}{{2y - \lambda y}}} \right)^2} = {\lambda ^2} \Leftrightarrow 1 + {\left( {\frac{{2\lambda - 1}}{{2 - \lambda }}} \right)^2} = 2{\lambda ^2} \Leftrightarrow \\ \\ {\left( {2 - \lambda } \right)^2} + {\left( {2\lambda - 1} \right)^2} = 2{\lambda ^2}{\left( {2 - \lambda } \right)^2} \Leftrightarrow 4 - 4\lambda + 4{\lambda ^2} + 4{\lambda ^2} - 4\lambda + 1 = 2{\lambda ^2}\left( {4 - 4\lambda + 4{\lambda ^2}} \right) \Leftrightarrow \\ \\ 2{\lambda ^4} - 8{\lambda ^3} + 3{\lambda ^2} + 8\lambda - 5 = 0\\ \lambda \approx - 1,04\quad \eta \quad \lambda \approx 0,74\quad \lambda = 1\quad \eta \quad \lambda \approx 3,18\\ \\ {\rm A}\nu \quad \lambda = 1\quad \left( {ABSD} \right) = \left( {BES} \right) = \left( {SDC} \right) = \frac{1}{2}\left( {ABC} \right) = {x^2}\;\alpha \delta \upsilon \nu \alpha \tau o\\ \\ {\rm A}\rho \alpha \quad \lambda \approx 0,74 \end{array}}$

Η εξίσωση (που είναι σωστή

) λύνεται κι απλά με το γνωστό σχήμα.

Φιλικά Νίκος

#5

Η σωστή επίλυση είναι:

$\begin{aligned} 2{\lambda ^4} - 8{\lambda ^3} + 3{\lambda ^2} + 8\lambda - 5 = 0\quad&\Rightarrow\quad(\lambda^2-1)(2\lambda^2-8\lambda+5)=0\\\noalign{\vspace{0.2cm}} & \Rightarrow\quad\lambda=\pm1\quad\vee\quad\lambda=2\pm\frac{\sqrt{6}}{2}\end{aligned}$

Φιλικά

KARKAR · #6

Αν έβλεπε το σχήμα ένας εκπρόσωπος του "γαλλικού κόμματος" , ( π.χ ο Γιώργος Ρίζος ) , θα έδινε αμέσως

συντεταγμένες στα σημεία (π.χ. B(1,0)

κ.λ.π. ) και τα πράγματα θα κυλούσαν μάλλον απλά ( Ζηλεύουμε ? )

Αλλά νομίζω , ότι για ένα "εξοικειωμένο μάτι" , το θέμα "μυρίζει από μακριά " Θεώρημα Μενελάου !

#7

Έστω

το μέσον του

και

το σημείο στην προέκταση του

προς το μέρος του

ώστε να είναι AB = BN

και ας είναι

η προβολή του

επί της

Η δια του

παράλληλη ευθεία προς την

τέμνει την

στο σημείο έστω

.

Στην προέκταση του

προς το μέρος του

προσδιορίζουμε το σημείο έστω

ώστε να είναι $(FE)^{2} = (AF)(BF)$ ( εύκολο ).

Από το

φέρνουμε την παράλληλη ευθεία προς την

η οποία τέμνει τις $BC,\ AC,$ στα σημεία έστω $S,\ D,$ αντιστοίχως.

Αποδεικνύεται ότι ισχύει (ABSD) = (BES)

και το πρόβλημα έχει λυθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Σπαρταράει ακόμα το σκεπτικό και ελπίζω ότι δεν έχει ξεφύγει κάτι. Θα επανέλθω αργότερα με τις λεπτομέρειες.

#8

vittasko έγραψε:Έστω το μέσον του και το σημείο στην προέκταση του προς το μέρος του ώστε να είναι και ας είναι η προβολή του επί της

Η δια του παράλληλη ευθεία προς την τέμνει την στο σημείο έστω .

Στην προέκταση του προς το μέρος του προσδιορίζουμε το σημείο έστω ώστε να είναι $(FE)^{2} = (AF)(BF)$ ( εύκολο ).

Από το φέρνουμε την παράλληλη ευθεία προς την η οποία τέμνει τις $BC,\ AC,$ στα σημεία έστω $S,\ D,$ αντιστοίχως.

Αποδεικνύεται ότι ισχύει και το πρόβλημα έχει λυθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Σπαρταράει ακόμα το σκεπτικό και ελπίζω ότι δεν έχει ξεφύγει κάτι. Θα επανέλθω αργότερα με τις λεπτομέρειες.

Έγραψες ιστορία . Υποκλίνομαι !!

Φιλικά Νίκος

#9

KARKAR έγραψε:Αν έβλεπε το σχήμα ένας εκπρόσωπος του "γαλλικού κόμματος" , ( π.χ ο Γιώργος Ρίζος ) , θα έδινε αμέσως συντεταγμένες στα σημεία (π.χ. κ.λ.π. ) και τα πράγματα θα κυλούσαν μάλλον απλά ( Ζηλεύουμε ? )

Αλλά νομίζω , ότι για ένα "εξοικειωμένο μάτι" , το θέμα "μυρίζει από μακριά " Θεώρημα Μενελάου !

Καλησπέρα σε όλους και όλες!

Μάγος ο Θανάσης... Λες και διάβασε τη σκέψη μου.

: 20-12-2014 Γεωμετρία.jpg (12.56 KiB) Προβλήθηκε 1758 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο το A(0, 0)

παίρνουμε τα σημεία B(1, 0), C(0, 2), E(2a, 0), D(0, a), a>0

, οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα ABC,

ADE

είναι όμοια με λόγο $\displaystyle \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AE}}{{AC}} = \frac{a}{1}$ .

Για να τέμνει η

τη

σε εσωτερικό σημείο της, πρέπει $\displaystyle a > \frac{1}{2}$ .

Τότε $\displaystyle BC:\;\;y = - 2x + 2,\;\;DE:\;y = - \frac{1}{2}x + a$ με σημείο τομής $\displaystyle S\left( { - \frac{2}{3}a + \frac{4}{3},\;\;\frac{4}{3}a - \frac{2}{3}} \right)$ .

Για $\displaystyle a > \frac{1}{2}$ είναι $\displaystyle \left( {ADSB} \right) = \left( {SBE} \right) \Leftrightarrow \left( {SBE} \right) = \frac{1}{2}\left( {ADE} \right) \Leftrightarrow \frac{{\left( {2a - 1} \right)\left( {\frac{4}{3}a - \frac{2}{3}} \right)}}{2} = \frac{{{a^2}}}{2}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \frac{8}{3}{a^2} - \frac{8}{3}a + \frac{2}{3} = {a^2} \Leftrightarrow 5{a^2} - 8a + 2 = 0$ , που δίνει (δεκτή) ρίζα $\displaystyle a = \frac{{4 + \sqrt 6 }}{5}$ .

KARKAR έγραψε:Όποιος δεν έχει βάσανα
και θέλει ν' αποχτήσει ,
την παρακάτω άσκηση
παιδεύεται να λύσει !

Όποιος τα βάσανα αυτά
γυρεύει ν' αποφύγει,
δίνει στους άξονες τιμές
και την κακούργα άσκηση
στο πι και φι τη λύνει.

Πεντάστιχο βγήκε

. Τι να κάνουμε...

#10

Γιώργος Ρίζος έγραψε:
KARKAR έγραψε:Όποιος δεν έχει βάσανα
και θέλει ν' αποχτήσει ,
την παρακάτω άσκηση
παιδεύεται να λύσει !
Όποιος τα βάσανα αυτά
γυρεύει ν' αποφύγει,
δίνει στους άξονες τιμές
και την κακούργα άσκηση
στο πι και φι τη λύνει.

Πεντάστιχο βγήκε . Τι να κάνουμε...

Ο βάλθηκε να μας σε κουζουλάνει .

Βάσανα γεωμετρικά συνέχεια μας βάνει.

Μα ένας Γιώργος πονηρός , σταυρόνημα χαράζει

Κι όποια το παίζει δύσκολη , γοργά την ξετινάζει.

Φιλικά και... τραγουδιστά Νίκος

#11

$\bullet$ Έστω ότι το πρόβλημα έχει λυθεί και ότι για την διατέμνουσα DSE

ισχύει το ζητούμενο, ότι δηλαδή, τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ABC,\ \vartriangle AD E$ είναι όμοια και άρα έχουμε AE = 2AD

και ότι $(ABSD) = (BES)\ \ \ ,(1)$

Η ευθεία

έχει γνωστή διεύθυνση, αφού λόγω της ομοιότητας των ως άνω τριγώνων, ισχύει $\angle AED = \angle ACB$ .

Δια του σημείου

φέρνουμε την παράλληλη ευθεία προς την AS,

η οποία τέμνει την ευθεία

στο σημείο έστω

και έχουμε $(ABSD) = (ABS) + (ASD) = (ABS) + (ASK) = (KBS)\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ (KBS) = (BES)

και άρα, το σημείο

ταυτίζεται με το μέσον του

.

$\bullet$ Από το σημείο

, φένρουμε την παράλληλη ευθεία προς την

η οποία τέμνει την

στο σημείο έστω

το οποίο ταυτίζεται προφανώς με το μέσον του

, λόγω $BT\parallel AS\parallel KD$ και KB = BE

και έστω το σημείο $Z\equiv BC\cap AT$ .

Από $\angle BAZ = \angle AED = \angle ACB\Rightarrow$ $AZ\perp BC$ και άρα, το

είναι σταθερό σημείο επί της

.

Η δια του

παράλληλη ευθεία προς την

, τέμνει την

στο σημείο έστω

σταθερό επίσης.

: Γεωμετρικά βάσανα.; f=110_t=47671.PNG (20.55 KiB) Προβλήθηκε 1644 φορές

$\bullet$ Στο τρίγωνο $\vartriangle TAE$ τώρα, με διατέμνουσα την BZS

, σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου,

έχουμε $\displaystyle \frac{ZT}{ZA}\cdot \frac{BA}{BE}\cdot \frac{SE}{ST} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{ZT}{ZA}\cdot \frac{BA}{BE}\cdot \frac{AE}{AB} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{ZT}{ZA} = \frac{BE}{AE}\ \ \ ,(3)$

Από $ZF\parallel TE\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{ZT}{ZA} = \frac{FE}{FA}\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{FE}{FA} = \frac{BE}{AE}\ \ \ ,(5)$

$\bullet$ Από την (5)

, με σταθερά τα σημεία $A,\ B,\ F$ επί της ευθείας AB,

προσδιορίζεται το σημείο

Πράγματι, θέτουμε για ευκολία FE = x

και

και από την (5)

έχουμε $\displaystyle \frac{x}{y + z} = \frac{z + x}{y + z + x}\Rightarrow$ $x^{2} = z(y + z)\ \ \ ,(6)$

Από την (6)

με γνωστά τα y = AB

και

, το

προσδιορίζεται (*) και άρα, το

είναι γνωστό σημείο επί της ευθείας

και επομένως, η ζητούμενη διατέμνουσα ESD

κατασκευάζεται με τον τρόπο που αναφέρθηκε πιο πάνω.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Κώστας Βήττας.

KARKAR · #12

: Γεωμετρικά βάσανα-Μενέλαος.png (6.15 KiB) Προβλήθηκε 1691 φορές

Χωρίς βλάβη , έστω AB=1 , AC=2

. Τότε το θ. Μενελάου στο ADE

με διατέμνουσα BSC

,

δίνει : $\displaystyle \frac{2a-1}{1}\cdot\frac{2}{2-a}\cdot\frac{DS}{SE}=1\Rightarrow \frac{SE}{SD}=\frac{4a-2}{2-a}\Rightarrow \frac{ES}{ED}=\frac{4a-2}{3a}$ .

Τώρα είναι $\displaystyle \frac{(EBS)}{(EAD)}=\frac{ES\cdot EB}{ED \cdot EA}=\frac{(4a-2)}{3a}\cdot\frac{2a-1}{2a}=\frac{(2a-1)^2}{3a^2}$ .

Θέτοντας πλέον : $\displaystyle \frac{(2a-1)^2}{3a^2}=\dfrac{1}{2}$ , βρίσκω $\displaystyle a=\dfrac{4+\sqrt{6}}{5}$

Όσο για την κατασκευή
λίγο πιο πάνω κοίτα
και δώσε χειροκρότημα
στον "τελετάρχη" Βήττα !

#13

Χρόνια Πολλά στην εξαιρετική παρέα.
Ωραίο πρόβλημα με ενδιαφέρουσες προσεγγίσεις. Παρά το ότι έχει καλυφθεί με πολλούς τρόπους και ειδικότερα με τον αριστοτεχνικό του Κώστα του Βήττα,(

) ας δώσω άλλη μία προσέγγιση (δυστυχώς δεν έχω έμπνευση για δίστιχο..):
Έστω ACT

όμοιο του

,

η τομή της

με την

και

η προβολή του

στην

.
Εύκολα προκύπτει ότι:
$4(SPB)=(SPE)=\dfrac{4}{3}(SBE)\Rightarrow (SPE)=2(ADE)\Rightarrow (SPE)=\dfrac{2}{3}(ADE)\Rightarrow \dfrac{ES}{ED}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}\Rightarrow \dfrac{TR}{RC}=\dfrac{ES}{SD}=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}-\sqrt{2}}=\sqrt{6}+2.$
Έτσι προσδιορίζεται το

και τελικά το

, από το οποίο φέρουμε παράλληλη προς την

.

STOPJOHN · #14

KARKAR έγραψε:Όποιος δεν έχει βάσανα
και θέλει ν' αποχτήσει ,
την παρακάτω άσκηση
παιδεύεται να λύσει !
Το συνημμένο Γεωμετρικά βάσανα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε ένα ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , είναι . Κατασκευάστε τρίγωνο , όμοιο με το αρχικό

( ) , ώστε αν η υποτείνουσά του , τέμνει την στο , να είναι

Kαλησπέρα και ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ

Το τετράπλευρο DSBA

μετασχηματίζεται σε ισεμβαδικό τρίγωνο ,όταν κατασκευάσουμε την DK//AS

Δηλαδή είναι (DSBA)=(KSB)

και η δοθείσα σχέση γράφεται $(KSB)=(SBE)\Rightarrow KB=BE$

θέτουμε $SL=\upsilon ,SL\perp AB,AD=x$

Από τα όμοια τρίγωνα

$SLB,DAE\Rightarrow \dfrac{\upsilon }{AD}=\dfrac{EL}{AE}=\dfrac{SE}{ED}\Rightarrow EL=2\upsilon , (1)$

Oμοίως από τα όμοια τρίγωνα $SLB,ACB\Rightarrow \dfrac{\upsilon }{b}=\dfrac{BS}{a}=\dfrac{LB}{c}\Rightarrow LB=\dfrac{\upsilon }{2},$ ,(2)

Συνεπώς είναι $BE=\dfrac{3\upsilon }{2},KL=LS=\upsilon , (ADE)=2(SBE),(*)\Rightarrow AD.AE=3\upsilon ^{2}\Rightarrow AD=\dfrac{\upsilon \sqrt{6}}{2}=x\Leftrightarrow \upsilon =\dfrac{x\sqrt{6}}{3}, (*)\Rightarrow \dfrac{1}{2}(c+\dfrac{3}{2}\upsilon ).x=\dfrac{3}{2}\upsilon ^{2}\Leftrightarrow x=(\dfrac{4+\sqrt{6}}{5}).c$

Γιάννης

Γεωμετρικά βάσανα

Γεωμετρικά βάσανα

Re: Γεωμετρικά βάσανα

Re: Γεωμετρικά βάσανα

Re: Γεωμετρικά βάσανα

Re: Γεωμετρικά βάσανα

Re: Γεωμετρικά βάσανα

Re: Γεωμετρικά βάσανα

Re: Γεωμετρικά βάσανα

Re: Γεωμετρικά βάσανα

Re: Γεωμετρικά βάσανα

Re: Γεωμετρικά βάσανα

Re: Γεωμετρικά βάσανα

Re: Γεωμετρικά βάσανα

Re: Γεωμετρικά βάσανα

Μέλη σε σύνδεση