Ο λόγος ακέραιος

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαιρετώ.Το παρόν θέμα,εκτιμώ, πως μπορεί να καλυφθεί με διάφορες προσεγγίσεις.

: 20-8 Ακεραιότητα λόγου.png (131.06 KiB) Προβλήθηκε 1300 φορές

Το τρίγωνο ABC

έχει

και

. Το

είναι ύψος του

και στην προέκταση της

θεωρούμε το σημείο

ώστε $\widehat{EAC}=\widehat{OAB}$ .

Να εξεταστεί η ακεραιότητα του λόγου $\dfrac{\left ( ACE \right )}{\left (ABO \right )}$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Σάβ Αύγ 20, 2022 4:18 pm Χαιρετώ.Το παρόν θέμα,εκτιμώ, πως μπορεί να καλυφθεί με διάφορες προσεγγίσεις.
20-8 Ακεραιότητα λόγου.png
Το τρίγωνο έχει και . Το είναι ύψος του

και στην προέκταση της θεωρούμε το σημείο ώστε $\widehat{EAC}=\widehat{OAB}$ .

Να εξεταστεί η ακεραιότητα του λόγου $\dfrac{\left ( ACE \right )}{\left (ABO \right )}$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Έστω $AO = h\,\,,\,\,OB = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,CE = y$ , Ας είναι και

η προβολή του

στην

.

Τα ορθογώνια τρίγωνα $OAC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KAB$ είναι όμοια και άρα:

$\dfrac{{OA}}{{KA}} = \dfrac{{AC}}{{AB}} = \dfrac{{OC}}{{KB}} \Rightarrow \dfrac{h}{{KA}} = \dfrac{{12}}{9} = \dfrac{{x + 7}}{{KB}}$ ,

Οπότε: $\left\{ \begin{gathered} KA = \dfrac{{3h}}{4} \hfill \\ KB = \dfrac{{3\left( {x + y} \right)}}{4} \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\left( 1 \right)$ , με Π. Θ. στα KAB

και

έχω :

$K{A^2} + K{B^2} = O{A^2} + O{B^2}\, = 81\,$ ή λόγω των $\left( 1 \right)$ :

: Ο λόγος ακέραιος_2.png (19.29 KiB) Προβλήθηκε 1261 φορές

$\left\{ \begin{gathered} \frac{9}{{16}}\left( {{h^2} + {{\left( {x + 7} \right)}^2}} \right) = 81 \hfill \\ {h^2} + {x^2} = 81 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} {h^2} + {\left( {x + 7} \right)^2} = 144 \hfill \\ {h^2} + {x^2} = 81 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 1 \hfill \\ h = 4\sqrt 5 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Μετά απ’ αυτά εύκολα έχω y = 2

και άρα $\boxed{\dfrac{{\left( {ACE} \right)}}{{\left( {ABO} \right)}} = \dfrac{y}{x} = 2}$

STOPJOHN · #3

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Σάβ Αύγ 20, 2022 4:18 pm Χαιρετώ.Το παρόν θέμα,εκτιμώ, πως μπορεί να καλυφθεί με διάφορες προσεγγίσεις.
20-8 Ακεραιότητα λόγου.png
Το τρίγωνο έχει και . Το είναι ύψος του

και στην προέκταση της θεωρούμε το σημείο ώστε $\widehat{EAC}=\widehat{OAB}$ .

Να εξεταστεί η ακεραιότητα του λόγου $\dfrac{\left ( ACE \right )}{\left (ABO \right )}$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Εστω ότι

η διχοτόμος της γωνίας $\hat{OAE},$

Από το Πυθαγόρειο στα τρίγωνα $OAB,OAC,81=OA^{2}+x^{2},(1), OA^{2}+(x+7)^{2}=144,(2),OB=x,CE=y, (1),(2)\Rightarrow x=1,$

Από γνωστό τύπο για τις ισοκλινείς ευθείες

$OB,OC,\dfrac{OB}{BE}.\dfrac{OC}{CE}=\dfrac{OA^{2}}{AE^{2}} \Rightarrow y^{2}+6y-16=0\Leftrightarrow y=2, \dfrac{(ACE)}{ABO}=\dfrac{y}{x}=2$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: Σάβ Αύγ 20, 2022 4:18 pm Χαιρετώ.Το παρόν θέμα,εκτιμώ, πως μπορεί να καλυφθεί με διάφορες προσεγγίσεις.
20-8 Ακεραιότητα λόγου.png
Το τρίγωνο έχει και . Το είναι ύψος του

και στην προέκταση της θεωρούμε το σημείο ώστε $\widehat{EAC}=\widehat{OAB}$ .

Να εξεταστεί η ακεραιότητα του λόγου $\dfrac{\left ( ACE \right )}{\left (ABO \right )}$ . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Από τύπο Ήρωνα , $2(ABC)=28 \sqrt{5}=7AO \Rightarrow AO=4 \sqrt{5} \Rightarrow ( \Pi . \Theta ) OB=1$ και $tan \theta = \dfrac{1}{4 \sqrt{5} } =\dfrac{ \sqrt{x^2-y^2} }{12+y}(1)$

Επιπλέον, $12y=8x \Rightarrow y= \dfrac{2x}{3} (2)$

Από (1), (2)

πολύ εύκολα παίρνουμε x=2

, άρα $\dfrac{(ACE)}{(AOB)}=2$

: ακέραιος λόγος.png (24.18 KiB) Προβλήθηκε 1177 φορές

ΦΙΛΙΠΠΟΣ ΚΑΛΟΥΔΗΣ · #5

Καλησπέρα,

Ας δούμε μια τριγωνομετρική λύση:

Με νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ABC

έχουμε: $9^2=12^2+7^2-168 cos ACB \Leftrightarrow cos ACB=\frac{2}{3}$

Στο ορθογώνιο τρίγωνο AOC

ισχύει: $cosACO=\frac{OC}{AC} \Leftrightarrow \frac{OC}{12}=\frac{2}{3} \Leftrightarrow OB=1$ . Επομένως, ισχύει: $sinOAB=\frac{1}{9} \Leftrightarrow cosOAB=\frac{4\sqrt{5}}{9} \Leftrightarrow AO=4 \sqrt{5}$ .

Άρα, είναι: $(AOB)=2\sqrt{5}$ .

Ο νόμος ημιτόνων στο τρίγωνο ABC

δίνει: $\frac{sinBAC}{BC}=\frac{sinACB}{AB} \Leftrightarrow sinBAC= \frac{7 \sqrt{5}}{27}$

Είναι, τώρα: $cosOAE=cos(2OAB+BAC)=cos(2OAB)sinBAC-sin(2OAB)cosBAC=(1-2sin^2OAB)sinBAC-2sinOABcosOAB=\frac{2}{3}$ .

Επομένως: $cos OAE=\frac{2}{3} \Leftrightarrow \frac{OA}{AE}=\frac{2}{3} \Leftrightarrow AE=6 \sqrt{5}$ .

Συνεπώς, είναι: $(ACE)=\frac{1}{2} \cdot AC \cdot AE \cdot sinOAB=4\sqrt{5}$

Τελικά: $\frac{(ACE)}{(AOB)}=\frac{4\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}=2$

Γιώργος Μήτσιος · #6

Ευχαριστώ θερμά τους Νίκο, Γιάννη, Μιχάλη και βεβαίως τον μαθητή Φίλιππο για την ποικιλία των απαντήσεων !

Σ΄επόμενη ανάρτηση προτίθεμαι να δώσω μια ακόμη προσέγγιση (αν στο μεταξύ δεν καλυφθεί κι' αυτή)

βασισμένη στη σχέση $12^2=9^2+7 \cdot 9$ . Φιλικά, Γιώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #7

Καλημέρα. Ας δούμε κι' αυτή:

: 3-9 Ο λόγος ακέραιος.png (116.69 KiB) Προβλήθηκε 992 φορές

Αρκεί να βρούμε τα

και

. Στο τρίγωνο ABC

έιναι $cosB=-\dfrac{1}{9}$ άρα $\dfrac{OB}{AB}=\dfrac{1}{9}\Rightarrow OB=1$

Επειδή ισχύει $AC^2=AB^2+AB \cdot BC$ , σύμφωνα με το .. άκρως δημοφιλές θέμα ΕΔΩ προκύπτει $\widehat{B}=2\widehat{C}$ .

Θα δείξουμε ότι το τρίγωνο ABE

είναι ισοσκελές με BE=AB

Έχουμε $\widehat{E}=\widehat{C}-\theta$ και $\widehat{BAE}=\widehat{BAC}+\theta$ . Αρκεί $\widehat{C}-\theta=\widehat{BAC}+\theta$

$\Leftrightarrow \widehat{BAC}=\widehat{C}-2\theta =C-2\left ( \widehat{B} -90^o\right )=180^o-\widehat{B}-\widehat{C}$ που ισχύει .

Έτσι CE=BE-BC=9-7=2

και τελικά $\dfrac{\left ( ACE \right )}{\left ( ABO \right )}=\dfrac{CE}{OB}=2$ .

Φιλικά, Γιώργος.

Ο λόγος ακέραιος

Ο λόγος ακέραιος

Re: Ο λόγος ακέραιος

Re: Ο λόγος ακέραιος

Re: Ο λόγος ακέραιος

Re: Ο λόγος ακέραιος

Re: Ο λόγος ακέραιος

Re: Ο λόγος ακέραιος

Μέλη σε σύνδεση