mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 30, 2011 2:11 pm**

Δίνεται το τετράπλευρο ABCD

με κορυφές A(0,6)

,

,

,

.

Από την κορυφή

διέρχεται τυχούσα ευθεία $\varepsilon$ . Φέροντας από την κορυφή

ευθεία παράλληλη προς την $\varepsilon$ ,

και από τις κορυφές B , D

, κάθετες προς την $\varepsilon$ , δημιουργείται το ορθογώνιο KLMN

.

Δείξτε ότι : $\displaystyle\frac{KL}{LM}=\frac{3}{4}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 26, 2011 1:28 am**

Μία απάντηση με πολλές πράξεις δίνω, ελπίζω να υπάρχει πιο γρήγορος δρόμος!

Έστω $\lambda$ ο συντελεστής διεύθυνσης της

. Διακρίνω τρεις περιπτώσεις:

Α) $\lambda =0$

Τότε οι εξισώσεις των πλευρών είναι (KN):y=6,(LM):y=0,(KL):x=-1,(NM):x=7

και οι κορυφές είναι

K(-1,6),L(-1,0),M(7,0),N(7,6)

. Άρα,

και $\displaystyle{\frac{KL}{LM}=\frac{6}{8}=\frac{3}{4}}$ .

Β) Δεν ορίζεται $\lambda$

Ομοίως με την Α) K(0,6),L(0,3),M(3,3),N(3,7)

και $\displaystyle{\frac{KL}{LM}=\frac{3}{4}}$ .

Γ) $\lambda \ne 0$

Τότε οι εξισώσεις των πλευρών είναι $\displaystyle{(KN):y=\lambda x+6,(LM):y=\lambda x-3 \lambda,(KL):y=-\frac{1}{\lambda}x-\frac{1}{\lambda}+3,(NM):y=-\frac{1}{\lambda}x+\frac{7}{\lambda}+7}$

και οι κορυφές είναι $\displaystyle{K\left(-\frac{3\lambda +1}{\lambda^2+1},\frac{3\lambda^2-\lambda+6}{\lambda^2+1}\right),L\left(-\frac{3\lambda^2+3\lambda -1}{\lambda^2+1},\frac{3\lambda^2-4\lambda}{\lambda^2+1}\right),M\left(\frac{3\lambda^2+7\lambda+7}{\lambda^2+1},\frac{7\lambda^2+4\lambda}{\lambda^2+1}\right)}$ .

Έχουμε $\displaystyle{KL=\sqrt{(x_L-x_K)^2+(y_L-y_K)^2}=...=3\sqrt{\frac{(\lambda+2)^2}{\lambda^2+1}}}$ και

$\displaystyle{LM=\sqrt{(x_L-x_M)^2+(y_L-y_M)^2}=...=4\sqrt{\frac{(\lambda+2)^2}{\lambda^2+1}}}$ . Δηλ. ισχύει $\displaystyle{\frac{KL}{LM}=\frac{3}{4}}$ .

Edit: Πρόσθεσα την Β)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 26, 2011 1:30 pm**

Είναι : $\displaystyle \lambda _{BD}=\frac{7-3}{7+1}=\frac{1}{2} ,\lambda _{AC}=\frac{6-0}{0-3}=-2\Rightarrow DB\perp AC$ .

Αλλά φέροντας : $BP\perp KL , CT\perp KN$ , έχω ότι τα τρίγωνα : BPD , CTA

, είναι όμοια , οπότε :

$\displaystyle\frac{KL}{LM}=\frac{CT}{BP}=\frac{AC}{BD}= \frac{3}{4}$ , αφού : $\displaystyle AC=\sqrt{6^{2}+3^{2}}=\sqrt{45}=3\sqrt{5} \; , \; BD=\sqrt{8^{2}+4^{2}}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 26, 2011 11:21 pm**

KARKAR έγραψε:Είναι : $\displaystyle \lambda _{BD}=\frac{7-3}{7+1}=\frac{1}{2} ,\lambda _{AC}=\frac{6-0}{0-3}=-2\Rightarrow DB\perp AC$ .

Αλλά φέροντας : $BP\perp KL , CT\perp KN$ , έχω ότι τα τρίγωνα : , είναι όμοια , οπότε :

$\displaystyle\frac{KL}{LM}=\frac{CT}{BP}=\frac{AC}{BD}= \frac{3}{4}$ , αφού : $\displaystyle AC=\sqrt{6^{2}+3^{2}}=\sqrt{45}=3\sqrt{5} \; , \; BD=\sqrt{8^{2}+4^{2}}=\sqrt{80}=4\sqrt{5}$

Πολύ ωραία λύση! Είχα δει ότι είχε κάθετες διαγωνίους αλλά δε σκέφτηκα αυτό τον τρόπο. Επομένως, αν το ABCD έχει κάθετες
διαγωνίους, το KLMN έχει λόγο διαστάσεων ίσο με το λόγο των διαγωνίων του ABCD!

mathematica.gr

Αργυρά τομή

Αργυρά τομή

Re: Αργυρά τομή

Re: Αργυρά τομή

Re: Αργυρά τομή