mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 07, 2017 8:58 pm**

: Από διπλάσιο ... σε πενταπλάσιο.png (7.4 KiB) Προβλήθηκε 809 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC , (\hat{A}=90^0 )$ , είναι AB=2AC

. Το ύψος

και διχοτόμος

, τέμνονται στο σημείο

. Δείξτε ότι : EB=5SD

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 07, 2017 10:31 pm**

Έστω

η προβολή του

στην

. Στο $\vartriangle AES$ οι γωνίες της βάσης του

είναι η κάθε μια $\widehat \omega + \widehat \theta$ ως εξωτερικές στα τρίγωνα $EBC\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,SAC$ .

Άρα AS = AE = EK = u

. Θέτω ακόμα $EB = x\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,SD = y$ . Έχω :

$\left\{ \begin{gathered} \frac{{EB}}{{BC}} = \frac{{EK}}{{AC}} \hfill \\ \frac{{SD}}{{EK}} = \frac{{CD}}{{CK}} = \dfrac{{CD}}{{CA}} = \dfrac{{CA}}{{CB}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: Απο διπλάσιο σε πενταπλάσιο.png (18.77 KiB) Προβλήθηκε 785 φορές

Από την ομοιότητα των τριγώνων $KBE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle ABC$ η πρώτη και από το Θ. Θαλή ,

Θ. Ευκλείδη στο $\vartriangle ABC$ η δεύτερη .

δηλαδή

$\displaystyle{\left\{ \begin{gathered} \frac{x}{a} = \frac{u}{b} \hfill \\ \frac{y}{u} = \frac{b}{a} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow xy = {u^2} \Rightarrow \dfrac{x}{y} = \dfrac{{{u^2}}}{{{y^2}}} = \dfrac{{C{A^2}}}{{C{D^2}}}}$ αλλά ${b^2} = aCD\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{a^2} = 5{b^2}$ ( Π. Θ.)

Οπότε $\boxed{\dfrac{x}{y} = \dfrac{{{b^2}}}{{C{D^2}}} = \dfrac{a}{{CD}} = \frac{a}{{\dfrac{{{b^2}}}{a}}} = \dfrac{{{a^2}}}{{{b^2}}} = \dfrac{{5{b^2}}}{{{b^2}}} = 5}$

Δεν μου αρέσει σαν λύση θα ψάξω για κάτι με πιο λίγες πράξεις .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 07, 2017 11:04 pm**

Έστω

οι προβολές του

στην

και

.

Στο $\vartriangle AES$ οι γωνίες της βάσης του

είναι η κάθε μια $\widehat \omega + \widehat \theta$

ως εξωτερικές στα τρίγωνα $EBC\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,SAC$ .

Άρα AS = AE = EK = u

. Θέτω ακόμα $EB = x\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,SD = y$ .Επειδή δε

AS = EK = LD

θα είναι $\boxed{LA = SD = y}$

: Απο διπλάσιο σε πενταπλάσιο_2.png (20.58 KiB) Προβλήθηκε 763 φορές

Από την ομοιότητα: $\vartriangle KEC \approx \vartriangle LAE$ έχουμε $\boxed{\frac{{EB}}{{AE}} = \frac{{EK}}{{AL}}} \Rightarrow xy = {u^2} \Rightarrow \boxed{\frac{x}{y} = \frac{{{u^2}}}{{{y^2}}}}$

Αλλά $\vartriangle ABC \approx \vartriangle LEA$ και άρα $\boxed{\frac{{{u^2}}}{{{y^2}}} = \frac{{A{E^2}}}{{A{L^2}}} = \frac{{B{C^2}}}{{A{C^2}}} = 5}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 07, 2017 11:45 pm**

KARKAR έγραψε:Από διπλάσιο ... σε πενταπλάσιο.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC , (\hat{A}=90^0 )$ , είναι . Το ύψος και διχοτόμος , τέμνονται στο σημείο . Δείξτε ότι :

Στο σχήμα του Θανάση

Προφανώς $\dfrac{{CD}}{{DB}} = \dfrac{{A{C^2}}}{{A{B^2}}} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{CD}}{{CB}} = \dfrac{1}{5}}:\left( 1 \right)$ . Από το Θεώρημα του Μενελάου στο $\vartriangle ADB$ με διατέμνουσα την

$CSE \Rightarrow \dfrac{{CD}}{{CB}} \cdot \dfrac{{EB}}{{EA}} \cdot \dfrac{{SA}}{{SD}} = 1$ $\mathop \Rightarrow \limits^{SA = AE\left( {\angle ASE = \dfrac{{\angle C}}{2} + \angle DAC = \dfrac{{\angle C}}{2} + \angle B} \right),\left( 1 \right)}$ $\dfrac{1}{5} \cdot \dfrac{{EB}}{{SD}} = 1 \Rightarrow \boxed{EB = 5SD}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 08, 2017 1:18 am**

KARKAR έγραψε:Από διπλάσιο ... σε πενταπλάσιο.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC , (\hat{A}=90^0 )$ , είναι . Το ύψος

και διχοτόμος , τέμνονται στο σημείο . Δείξτε ότι :

Είναι , $\displaystyle{\alpha = b\sqrt 5 }$ και $\displaystyle{\frac{{CD}}{{DB}} = {\left( {\frac{d}{{2d}}} \right)^2} = \frac{1}{4} \Rightarrow CD = \frac{\alpha }{5} = \frac{{b\sqrt 5 }}{5}}$

Οι κόκκινες γωνίες ως συμπληρώματα της $\displaystyle{\theta }$ είναι ίσες άρα $\displaystyle{\vartriangle ACE \simeq \vartriangle CDS}$

$\displaystyle{\frac{{EA}}{{SD}} = \frac{{AC}}{{CD}} \Rightarrow \frac{{EA}}{{SD}} = \frac{b}{{\frac{{b\sqrt 5 }}{5}}} \Rightarrow \boxed{EA = \sqrt 5 \cdot SD}}$

Από θ.διχοτόμου $\displaystyle{\frac{{EA}}{{EB}} = \frac{b}{a} = \frac{1}{{\sqrt 5 }} \Rightarrow EB = \sqrt 5 \cdot EA = {\left( {\sqrt 5 } \right)^2} \cdot SD \Rightarrow \boxed{EB = 5SD}}$

: από διπλάσιο σε πενταπλάσιο.png (9.37 KiB) Προβλήθηκε 724 φορές

Βλέπω ότι έχω λύση όμοια με του Στάθη.Την αφήνω...

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 08, 2017 8:31 am**

KARKAR έγραψε:Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC , (\hat{A}=90^0 )$ , είναι . Το ύψος

και διχοτόμος , τέμνονται στο σημείο . Δείξτε ότι :

Καλημέρα!

: Από-διπλάσιο-σε-πενταπλάσιο.png (24.19 KiB) Προβλήθηκε 700 φορές

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς

(

ορθόκεντρο του $\triangleleft CBZ$ ) και $SK \bot AC$

Τα ορθογώνια $\triangleleft AKS, \triangleleft ZAE$ , με $AS = AE = x\sqrt 5$ , είναι όμοια με το $\triangleleft ABC$ και το ζητούμενο έπεται.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 08, 2017 10:09 am**

γεια σου Μιχαήλ με το Ορθόκεντρό σου και τα ωραία σου

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μαρ 08, 2017 12:42 pm**

Καλημέρα σε όλους!

Και μια ισοπεδωτική λύση με τα δυνατά μεν, άχαρα δε εργαλεία της Αναλυτικής Γεωμετρίας...

: 08-03-2017 Γεωμετρία.jpg (14.48 KiB) Προβλήθηκε 672 φορές

Έστω

.

Είναι $\displaystyle {\lambda _{BC}} = - \frac{1}{2}$ , οπότε $\displaystyle BC:\;y = - \frac{1}{2}x + 1$ .
$\displaystyle AD \bot BC \Leftrightarrow {\lambda _{AC}} \cdot {\lambda _{BC}} = - 1 \Leftrightarrow {\lambda _{AC}} = 2$ , άρα $\displaystyle AD:\;\;y = 2x$

Λύνουμε το σύστημα των AD, BC

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} y = 2x\\ y = - \frac{1}{2}x + 1 \end{array} \right.$ και βρίσκουμε $\displaystyle D\left( {\frac{2}{5},\;\frac{4}{5}} \right)$ .

Είναι $\displaystyle BC = \sqrt {A{C^2} + A{B^2}} = \sqrt 5$ .

Από Θ. Διχοτόμων, $\displaystyle \frac{{AE}}{{EB}} = \frac{{AC}}{{BC}} \Leftrightarrow AE = \frac{{AC \cdot AB}}{{BC + AC}} = \frac{2}{{1 + \sqrt 5 }}$ , άρα $\displaystyle E\left( {\frac{2}{{\sqrt 5 + 1}},\;0} \right)$ , οπότε $\displaystyle CE:\,\;y = - \frac{{\sqrt 5 + 1}}{2}x + 1$ .

Λύνουμε το σύστημα των AD, CE

$\displaystyle \left\{ \begin{array}{l} y = 2x\\ y = - \frac{{\sqrt 5 + 1}}{2}x + 1 \end{array} \right.$ και βρίσκουμε $\displaystyle S\left( {\frac{2}{{5 + \sqrt 5 }},\;\frac{4}{{5 + \sqrt 5 }}} \right)$ .

Είναι $\displaystyle DS = \sqrt {{{\left( {\frac{2}{{5 + \sqrt 5 }} - \frac{2}{5}} \right)}^2} + {{\left( {\;\frac{4}{{5 + \sqrt 5 }} - \frac{4}{5}} \right)}^2}} = \frac{2}{{5 + \sqrt 5 }}$

και $\displaystyle EB = 2 - \frac{2}{{\sqrt 5 + 1}} = \frac{{2\sqrt 5 }}{{\sqrt 5 + 1}} = \frac{{10}}{{5 + \sqrt 5 }} = 5DS$ .

mathematica.gr

Από διπλάσιο ... σε πενταπλάσιο

Από διπλάσιο ... σε πενταπλάσιο

Re: Από διπλάσιο ... σε πενταπλάσιο

Re: Από διπλάσιο ... σε πενταπλάσιο

Re: Από διπλάσιο ... σε πενταπλάσιο

Re: Από διπλάσιο ... σε πενταπλάσιο

Re: Από διπλάσιο ... σε πενταπλάσιο

Re: Από διπλάσιο ... σε πενταπλάσιο

Re: Από διπλάσιο ... σε πενταπλάσιο