mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 24, 2019 12:33 am**

Καλή Κυριακή σε όλους.

: Χαρταετός.PNG (7.47 KiB) Προβλήθηκε 2436 φορές

Το τετράγωνο ABCD

του σχήματος έχει πλευρά a=20

.Παίρνουμε DE=5

,

και $\widehat{ZEH}=\widehat{DAE}=\theta$ .

Να δειχθεί με διάφορους ( και έναν τουλάχιστον εντός φακέλου) τρόπους ότι το AECH

είναι χαρταετός

δηλ. ότι η

είναι μεσοκάθετος του

. Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 24, 2019 7:20 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Νοέμ 24, 2019 12:33 am Καλή Κυριακή σε όλους.
Χαρταετός.PNG
Το τετράγωνο του σχήματος έχει πλευρά .Παίρνουμε , και $\widehat{ZEH}=\widehat{DAE}=\theta$ .

Να δειχθεί με διάφορους ( και έναν τουλάχιστον εντός φακέλου) τρόπους ότι το είναι χαρταετός

δηλ. ότι η είναι μεσοκάθετος του . Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

Ας αρχίσω με εκτός φακέλου (ξέρω και εντός, αλλά πάω να γλυτώσω να φτιάχνω σχήμα):

$\displaystyle{ \tan CEH = \tan (CEZ+ \theta) = \dfrac {\tan CEZ + \tan \theta }{1-\tan CEZ \tan \theta }= \dfrac {\dfrac {9}{15} + \dfrac {5}{20} }{1-\dfrac {9}{15} \dfrac {5}{20} }=1}$ .

Αρα $\angle CEH=45^o$ , οπότε το CEH

είναι ισοσκελές ορθογώνιο και η

διχοτόμος του. Και λοιπά.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 24, 2019 10:12 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Νοέμ 24, 2019 12:33 am Καλή Κυριακή σε όλους.
Χαρταετός.PNG
Το τετράγωνο του σχήματος έχει πλευρά .Παίρνουμε , και $\widehat{ZEH}=\widehat{DAE}=\theta$ .

Να δειχθεί με διάφορους ( και έναν τουλάχιστον εντός φακέλου) τρόπους ότι το είναι χαρταετός

δηλ. ότι η είναι μεσοκάθετος του . Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλημέρα σε όλους!

Έστω ZH=x.

Με Π. Θ βρίσκω $\displaystyle AE = 5\sqrt {17} ,EZ = 3\sqrt 2 \sqrt {17} .$

: Χαρταετός.png (13.02 KiB) Προβλήθηκε 2394 φορές

Με ν. ημιτόνων στο EZH:

$\displaystyle \frac{x}{{\sin \theta }} = \frac{{EH}}{{\sin \omega }} = \frac{{EH}}{{\sin \varphi }} \Leftrightarrow EH = x\frac{{\sin \varphi }}{{\sin \theta }} = x\frac{{\frac{5}{{\sqrt 2 \sqrt {17} }}}}{{\frac{1}{{\sqrt {17} }}}} \Leftrightarrow EH = \frac{{5x}}{{\sqrt 2 }}$

Πυθαγόρειο στο ECH:

$\displaystyle \frac{{25{x^2}}}{2} = 225 + {(x + 9)^2} \Leftrightarrow 23{x^2} - 36x - 612 = 0\mathop \Rightarrow \limits^{x > 0}$ $\boxed{x=6}$ και $\boxed{BH=5}$

Άρα τα τρίγωνα ADE, ABH

είναι ίσα, οπότε $AE=AH, B\widehat AH=\theta,$ δηλαδή η

είναι μεσοκάθετος του

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 24, 2019 5:40 pm**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Νοέμ 24, 2019 12:33 am Καλή Κυριακή σε όλους.

Το τετράγωνο του σχήματος έχει πλευρά .Παίρνουμε , και $\widehat{ZEH}=\widehat{DAE}=\theta$ .

Να δειχθεί με διάφορους ( και έναν τουλάχιστον εντός φακέλου) τρόπους ότι το είναι χαρταετός

δηλ. ότι η είναι μεσοκάθετος του . Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλησπέρα!

: shape.png (23.58 KiB) Προβλήθηκε 2352 φορές

Προεκτείνουμε τις ZE,HE

, οι οποίες τέμνουν την

στα σημεία S,T

αντίστοιχα.

Με Π.Θ. και ομοιότητες τριγώνων καταλήγουμε στο ορθογώνιο τρίγωνο DET

, απ’ όπου προκύπτει η εξίσωση: $\dfrac{{25{x^2}}}{2} = {(x + 3)^2} + 25$ , με δεκτή λύση x = 2

Έτσι,

και η διχοτόμος

της γωνίας

θα είναι και μεσοκάθετος της

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 24, 2019 10:58 pm**

: Χαρταετός.png (18.19 KiB) Προβλήθηκε 2315 φορές

Ας είναι

το σημείο τομής των $AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BE$ . Θέτω $\boxed{ZH = 6t\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,DF = y}$

Από την ομοιότητα των τριγώνων : CEH

και

έχω : $\boxed{y = 2t + 3}\,\,(1)$

Και από την ομοιότητα των τριγώνων : $EAF\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZEH$ έχω:

$\dfrac{{EA}}{{ZE}} = \dfrac{{EF}}{{HZ}} \Rightarrow {\left( {\dfrac{{EA}}{{ZE}}} \right)^2} = {\left( {\dfrac{{EF}}{{HZ}}} \right)^2} \Rightarrow \dfrac{{306}}{{425}} = \dfrac{{{{\left( {3t + 3} \right)}^2} + 25}}{{36{t^2}}}$ , με ρίζες : $\boxed{t = 1}$ ή $t = - \dfrac{{17}}{{23}}$

που προφανώς απορρίπτεται. άρα $\boxed{y = 5}$ και το ζητούμενο φανερό.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 25, 2019 12:26 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Νοέμ 24, 2019 12:33 am Καλή Κυριακή σε όλους.

Το τετράγωνο του σχήματος έχει πλευρά .Παίρνουμε , και $\widehat{ZEH}=\widehat{DAE}=\theta$ .

Να δειχθεί με διάφορους ( και έναν τουλάχιστον εντός φακέλου) τρόπους ότι το είναι χαρταετός

δηλ. ότι η είναι μεσοκάθετος του . Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

: shape2.png (20.98 KiB) Προβλήθηκε 2303 φορές

$HM \bot EZ,\, \triangleleft HMZ \sim \triangleleft ECZ,\, \triangleleft AED \sim \triangleleft EHM$

$51k = 3\sqrt {34} \Leftrightarrow k = \dfrac{{\sqrt {34} }}{{17}}$ , $ZH = 3k\sqrt {34} = 6$ , AECH:

χαρταετός

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 25, 2019 9:47 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Νοέμ 24, 2019 12:33 am Καλή Κυριακή σε όλους.
Χαρταετός.PNG
Το τετράγωνο του σχήματος έχει πλευρά .Παίρνουμε , και $\widehat{ZEH}=\widehat{DAE}=\theta$ .

Να δειχθεί με διάφορους ( και έναν τουλάχιστον εντός φακέλου) τρόπους ότι το είναι χαρταετός

δηλ. ότι η είναι μεσοκάθετος του . Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

Ειναι

Απο το Π.Θ στα τρίγωνα $EZC,EHC,EH^{2}=15^{2}+(20-x)^{2},EZ^{2}=15^{2}+9^{2},$

Στο τρίγωνο

$EHC,9[15^{2}+(20-x)^{2}]+15^{2}(11-x)=(20-x)[306+9(11-x)]\Rightarrow x=5, AE=AH,EC=CH,AC\perp EH$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 25, 2019 11:56 am**

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Κυρ Νοέμ 24, 2019 12:33 am Καλή Κυριακή σε όλους.
Χαρταετός.PNG
Το τετράγωνο του σχήματος έχει πλευρά .Παίρνουμε , και $\widehat{ZEH}=\widehat{DAE}=\theta$ .

Να δειχθεί με διάφορους ( και έναν τουλάχιστον εντός φακέλου) τρόπους ότι το είναι χαρταετός

δηλ. ότι η είναι μεσοκάθετος του . Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

Φέρνω $CF\bot AE.$ Με Π. Θ είναι $AE=5\sqrt{17}.$ Από την ομοιότητα των τριγώνων DEA, ECF

παίρνω:

: Χαρταετός.β.png (12.04 KiB) Προβλήθηκε 2253 φορές

$\displaystyle \frac{{20}}{{FC}} = \frac{{5\sqrt {17} }}{{15}} = \frac{5}{{FE}} \Rightarrow FC = \frac{{60\sqrt {17} }}{{17}}$ και $\displaystyle FE = \frac{{15\sqrt {17} }}{{17}} \Rightarrow FA = \frac{{100\sqrt {17} }}{{17}}$

Εύκολα τώρα προκύπτει ότι τα FAC, CEZ

έχουν τις πλευρές τους ανάλογες με λόγο $\dfrac{5}{3},$ άρα είναι όμοια και

$Z\widehat EC=45^\circ-\theta,$ οπότε το CEH

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και η

είναι μεσοκάθετος του

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 25, 2019 7:02 pm**

Καλησπέρα! Σας ευχαριστώ όλους για τις ωραίες και ποικίλες επεμβάσεις σας!
Μόνο λίγα για την δημιουργία του θέματος τώρα
και σε επόμενη δημοσίευση θα δώσω μια ακόμη απόδειξη, αν δεν καλυφθεί ως τότε.

: Χαρταετός ΙΙ.PNG (6.98 KiB) Προβλήθηκε 2225 φορές

Για να ισχύει το ζητούμενο αρκεί να είναι $\omega +\theta =45^{0}$ .

Με χρήση του τύπου $\varepsilon \varphi \left ( 45^{0}-\theta \right )=\dfrac{1-\varepsilon \varphi\theta }{1+\varepsilon \varphi\theta }$ ορίζοντας την $\varepsilon \varphi \theta$ προκύπτει η $\varepsilon \varphi \omega$ και αντίστροφα.

Απέφυγα το ...πολυσυζητημένο ζευγάρι $\dfrac{1}{2}$ και $\dfrac{1}{3}$ και προτίμησα $\varepsilon \varphi \theta =\dfrac{1}{4}$ που δίνει $\varepsilon \varphi \omega =\dfrac{3}{5}$ .

Θεωρώντας $a=EK\Pi \left ( 4,5 \right )=20$ τα λοιπά ήρθαν εύκολα.. Φιλικά , Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 30, 2019 2:30 am**

Καλημέρα.Υποσχέθηκα ακόμη μία λύση κι' επειδή καθυστέρησα..

.. υποχρεούμαι να υποβάλω δύο τρόπους.
Με χρήση του σχήματος

: Χαρταετός ΙΙI.PNG (10.25 KiB) Προβλήθηκε 2173 φορές

I) Παίρνουμε DR=12

ώστε να είναι $\dfrac{RD}{AD}=\dfrac{CZ}{CE}$ οπότε $\widehat{RAD}=\widehat{CEZ}=\omega$ . Στο τρίγωνο EAR

έχουμε και τα

μήκη πλευρών αφού ER=17

και $AE^{2}=425...AR^{2}=544$ . Ο Ν. συνημιτόνων δίνει $\sigma \upsilon \nu \widehat{EAR}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ άρα $\omega +\theta =45^{0}$ ..

II) Το D EFI