mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 02, 2011 8:54 pm**

Στο δισορθογώνιο τραπέζιο ABCD

, είναι : $AB=x , DC=y , AD =\sqrt{xy}$

1) Βρείτε τη γωνία $\widehat{BEC}=\omega$

2) Αν $\varepsilon\phi \varphi =2\varepsilon \phi \theta$ , δείξτε ότι το τρίγωνο BDC

είναι ισοσκελές .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 02, 2011 10:30 pm**

1) Το εμβαδόν $\displaystyle{E}$ του τραπεζίου ισούται με $\displaystyle{E=\frac{x+y}{2}\sqrt{xy}.}$ (1)

Ακόμα, από το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε

$\displaystyle{AC=\sqrt{xy+y^2}=\sqrt{y(x+y)}}$ και $\displaystyle{BD=\sqrt{xy+x^2}=\sqrt{x(x+y)}.}$

Επομένως, έχουμε

$\displaystyle{E=\frac{1}{2}AC\cdot BD\cdot \sin \omega =\frac{x+y}{2}\sqrt{xy}\sin \omega .}$ (2)

Από τις (1), (2) προκύπτει $\displaystyle{\sin \omega =1}$ δηλαδή $\displaystyle{\omega =90^0.}$

2) Είναι $\displaystyle{\tan \phi =\frac{\sqrt{xy}}{y}=\sqrt{\frac{x}{y}}}$ (3)

Επίσης, απο τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{ABD,ACD}$ έχουμε αντίστοιχα

$\displaystyle{x^2=BD\cdot BE}$ άρα $\displaystyle{BE=\frac{x^2}{\sqrt{x}\sqrt{x+y}}}$ και

$\displaystyle{y^2=CE\cdot CA}$ άρα $\displaystyle{CE=\frac{y^2}{\sqrt{y}\sqrt{x+y}}.}$

Τότε βρίσκουμε, $\displaystyle{\tan \theta =\frac{BE}{CE}=\frac{x\sqrt{x}}{y\sqrt{y}}}$ (4)

Από τις (3),(4) και τη δοθείσα σχέση, βρίσκουμε μετά τις πράξεις $\displaystyle{y=2x.}$ (5)

Τελικά έχουμε $\displaystyle{BD=\sqrt{x}\sqrt{x+2x}=x\sqrt{3},}$ και από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο $\displaystyle{BEC}$ βρίσκουμε

$\displaystyle{BC=\sqrt{BE^2+EC^2}=\sqrt{\frac{x^3}{x+y}+\frac{y^3}{x+y}}=\sqrt{x^2-xy+y^2}=x\sqrt{3}}$ λόγω της (5),

δηλαδή ισχύει $\displaystyle{BC=BD,}$ οπότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Μαρ 03, 2011 12:20 am**

Μια ακόμα λύση στην ωραία άσκηση του Θανάση.

: 02-3-2011 Γεωμετρία.jpg (18.75 KiB) Προβλήθηκε 405 φορές

Στο ΑΓΔ: $\displaystyle \varepsilon \phi \phi = \frac{{{\rm A}\Delta }}{{\Delta \Gamma }} = \frac{{\sqrt {xy} }}{y} = \sqrt {\frac{x}{y}}$

Στο ΑΒΔ: $\displaystyle \varepsilon \phi \left( {A\Delta B} \right) = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{{\rm A}\Delta }} = \frac{x}{{\sqrt {xy} }} = \sqrt {\frac{x}{y}}$

και αφού είναι οξείες γωνίες, είναι ίσες, οπότε $\displaystyle \phi + \widehat{{\rm B}\Delta \Gamma } = 90^\circ \Rightarrow \widehat{\Delta {\rm E}\Gamma } = 90^\circ \Rightarrow \omega = 90^\circ$

Τότε: $\displaystyle \varepsilon \phi \phi = 2\varepsilon \phi \theta \Rightarrow \frac{{\Delta {\rm E}}}{{{\rm E}\Gamma }} = 2\frac{{{\rm E}{\rm B}}}{{{\rm E}\Gamma }} \Rightarrow \Delta {\rm E} = 2{\rm E}{\rm B}$ , οπότε τα ΔΕΓ, ΕΑΒ είναι όμοια με λόγο ομοιότητας 2 : 1 άρα y = 2x

.

Φέρνουμε τη ΒΚ κάθετη στη ΔΓ. Τότε ΑΒKΔ ορθογ. παραλληλόγραμμο, οπότε $\displaystyle \Delta K = {\rm A}{\rm B} = x$ άρα $\displaystyle K \Gamma = y - x = 2x - x = x$ .

Η ΒK είναι ύψος και διάμεσος στο ΒΓΔ άρα ΒΔ = ΒΓ.

mathematica.gr

Παιχνίδι με γωνίες

Παιχνίδι με γωνίες

Re: Παιχνίδι με γωνίες

Re: Παιχνίδι με γωνίες