mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 11, 2021 1:32 am**

: Υπολογισμός με πολούς τρόπους.png (15.2 KiB) Προβλήθηκε 1316 φορές

Να υπολογίσετε το μήκος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 11, 2021 9:51 am**

Doloros έγραψε: Σάβ Σεπ 11, 2021 1:32 am Υπολογισμός με πολούς τρόπους.png

Να υπολογίσετε το μήκος

: Μήκος.png (12.05 KiB) Προβλήθηκε 1293 φορές

Ισχύουν οι σχέσεις ${c^2} = {a^2} - 4$ και 4 = aEC.

Αλλά λόγω της διχοτόμου,

$\displaystyle \frac{{EC}}{{BE}} = \frac{1}{x} \Leftrightarrow \frac{{EC}}{a} = \frac{1}{{x + 1}} \Leftrightarrow EC = \frac{a}{{x + 1}},$ οπότε $\boxed{{a^2} = 4(x + 1)}$ (1)

Από 1ο θεώρημα διαμέσων, $\displaystyle {c^2} + {a^2} = 2{x^2} + 2 \Leftrightarrow {a^2} = {x^2} + 3\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} {x^2} - 4x - 1 = 0 \Leftrightarrow$ $\boxed{x=2+\sqrt 5}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 11, 2021 7:55 pm**

: μήκος.png (69.08 KiB) Προβλήθηκε 1253 φορές

Καλησπέρα. Μία τριγωνομετρική απόπειρα.

$\displaystyle \triangle BAD : \tan(180-2a) = AB \Rightarrow -\tan2a = AB \Rightarrow \frac{2\tan a}{\tan^2a -1} = AB$

$\displaystyle \triangle ABC : \tan \frac{a}{2} = \frac{2}{AB}$

και επειδή η γωνία $\angle ABC = \dfrac{a}{2}$ είναι οξεία θα έχουμε : $\dfrac{-1+\sqrt{1+\tan^2a}}{\tan a} = \dfrac{2}{AB}$

Συνεπώς καταλήγουμε στην εξίσωση :

$\displaystyle \dfrac{-1+\sqrt{1+\tan^2a}}{\tan a} = \frac{\tan^2a -1}{\tan a} \Rightarrow \sqrt{1+\tan^2a} = tan^2a \Rightarrow tan^4a - tan^2a -1 = 0 \Rightarrow$

$\displaystyle tan^2a = \frac{1+\sqrt{5}}{2} = \Phi$ δεκτή , ή $tan^2a = \dfrac{1-\sqrt{5}}{2} <0$ απορρίπτεται

Οπότε από το τρίγωνο $\triangle ABD$ έχουμε :

$\displaystyle x^ 2 = AB^2 + 1 \Rightarrow x^2 = \frac{4\tan^2a}{(\tan^2a-1)^2} + 1 \Rightarrow x^2 = \frac{4\Phi}{(\Phi-1)^2} + 1 \Rightarrow x^2 = \frac{(\Phi + 1)^2}{(\Phi -1)^2}$

και επειδή x>0

άρα :

$\displaystyle x =\frac{\Phi + 1}{\Phi -1} = \frac{3+\sqrt{5}}{\sqrt{5}-1} = \frac{4\sqrt{5}+8}{4} = \sqrt{5} + 2$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 11, 2021 10:15 pm**

Doloros έγραψε: Σάβ Σεπ 11, 2021 1:32 am
Να υπολογίσετε το μήκος

: shape.png (17.53 KiB) Προβλήθηκε 1224 φορές

‘Έστω

το συμμετρικό του

ως προς

και $DM \bot EC$

Θέτω MC = ME = k

, οπότε από θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου: BE = 2kx

Από ομοιότητα των τριγώνων ABC,MDC

και από διπλό Πυθαγόρειο στα τρίγωνα ABC,ABD'

, καταλήγουμε στο σύστημα:

$\left\{ \begin{array}{l} \dfrac{{2kx + 2k}}{2} = \dfrac{1}{k}\\ {\left( {2kx + 2k} \right)^2} - {2^2} = {x^2} - {1^2} \end{array} \right.$

με δεκτή λύση $\left( {x,k} \right) = \left( {2 + \sqrt 5 ,\dfrac{{\sqrt {3 - \sqrt 5 } }}{2}} \right)$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 11, 2021 11:21 pm**

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 12, 2021 1:28 am**

Doloros έγραψε: Σάβ Σεπ 11, 2021 1:32 am
Να υπολογίσετε το μήκος

: shape2.png (15.68 KiB) Προβλήθηκε 1193 φορές

Σχηματίζω το ισοσκελές $DBK\,(DB = DK = x)$ και θέτω BM = MK = y

Από θεώρημα Μενελάου στο $\triangleleft DMK$ με διατέμνουσα $BEC:ME = \dfrac{{x - 1}}{2}$

Από το εγγράψιμο $ADMB:\,{y^2} = \dfrac{{x(x + 1)}}{2}$

Τέλος, από Πυθαγόρειο στο $DBM:\,{x^2} = \dfrac{{{{(x + 1)}^2}}}{4} + \dfrac{{x(x + 1)}}{2}$ με δεκτή λύση $x = 2 + \sqrt 5$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 14, 2021 10:31 am**

Ευχαριστώ όλους για τις ωραίες λύσεις

: Μήκος λύση.png (16.56 KiB) Προβλήθηκε 1145 φορές

$\left\{ \begin{gathered} A{C^2} = CE \cdot CB \hfill \\ BE \cdot BZ = B{D^2} - A{D^2} \hfill \\ \frac{{DB}}{{DC}} = \frac{{BE}}{{BC}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 4 = z\left( {z + y} \right) \hfill \\ y\left( {y + z} \right) = {x^2} - 1 \hfill \\ x = \frac{y}{z} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{{x^2} - 1}}{4} = \frac{y}{z} \hfill \\ x = \frac{y}{y} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

$\Rightarrow$ ${x^2} - 4x - 1 = 0 \Rightarrow x = 2 + \sqrt 5$

mathematica.gr

Μήκος

Μήκος

Re: Μήκος

Re: Μήκος

Re: Μήκος

Re: Μήκος

Re: Μήκος

Re: Μήκος