mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 11, 2022 7:32 pm**

: 2022.065.FB11249 - mathematica.jpg (53.9 KiB) Προβλήθηκε 866 φορές

Εξωτερικά, επί των πλευρών ορθογωνίου τριγώνου κατασκευάζουμε τετράγωνα όπως στο σχήμα.

Ενώνουμε την κορυφή της ορθής γωνίας του τριγώνου με τις απέναντι κορυφές του, επι της υποτείνουσας, τετραγώνου, και παίρνουμε έτσι τα τμήματα a, x, b

όπως στο σχήμα.

Ενώνουμε τον πόδα του ύψους εκ της ορθής γωνίας με τις απέναντι κορυφές των, επι των καθέτων τετραγώνωn, και παίρνουμε έτσι τα τμήματα f, z, e

και

όπως στο σχήμα

Δείξτε ότι:
i. ab=cd+ef

ii.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 23, 2025 9:51 pm**

Επαναφορά!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 27, 2025 6:21 pm**

sakis1963 έγραψε: Κυρ Δεκ 11, 2022 7:32 pm 2022.065.FB11249 - mathematica.jpg
Εξωτερικά, επί των πλευρών ορθογωνίου τριγώνου κατασκευάζουμε τετράγωνα όπως στο σχήμα.

Ενώνουμε την κορυφή της ορθής γωνίας του τριγώνου με τις απέναντι κορυφές του, επι της υποτείνουσας, τετραγώνου, και παίρνουμε έτσι τα τμήματα όπως στο σχήμα.

Ενώνουμε τον πόδα του ύψους εκ της ορθής γωνίας με τις απέναντι κορυφές των, επι των καθέτων τετραγώνωn, και παίρνουμε έτσι τα τμήματα και όπως στο σχήμα

Δείξτε ότι:
i.
ii.

A)Για τα τρίγωνα MLP,MDN

και

έχουμε $\angle NLP= \angle 90^0+MLK=90^0+DMK= \angle DMN$ και

$\angle MKQ= \angle 90^0+MKL=90^0+DML= \angle HMD$

Ισχύει , $2(KLM)= \mu AD=k \lambda \Rightarrow \dfrac{k}{MD}= \dfrac{ \mu }{ \lambda } \Rightarrow \triangle MLP \simeq \triangle NMD \Rightarrow \angle MPL= \angle MND$

Είναι $\angle ILD= \angle 90^0+MLK= \angle MLP$ κι από

$k^2=\mu LD \Rightarrow \dfrac{k}{m}= \dfrac{LD}{k} \Rightarrow \triangle ILD \simeq \triangle MLP \Rightarrow \angle DIL= \angle MPL$

Εργαζόμενοι ακριβώς όμοια παίρνουμε $\triangle HDM \simeq \triangle MKQ \simeq \triangle DZK$ άρα $\angle DHM=\angle KQM=\angle DZK$

Επομένως $\triangle IGL \simeq \triangle LSP \simeq \triangle NMC$ και $\triangle HRM\simeq \triangle WKQ \simeq \triangle ZJK$

$\triangle ILG \simeq LPS \Rightarrow \dfrac{e}{a} = \dfrac{k}{ \mu }$ και $\triangle HMR \simeq \triangle WKQ \Rightarrow \dfrac{f}{ b }= \dfrac{k}{ \mu }$

Με πολλαπλασιασμό παίρνουμε $\dfrac{ef}{ab}= \dfrac{k^2}{ \mu ^2} (1)$

$\triangle NMC \simeq \triangle LPS \Rightarrow \dfrac{d}{a}= \dfrac{ \lambda }{ \mu }$ και $\triangle WKQ \simeq \triangle ZKJ \Rightarrow \dfrac{c}{b}= \dfrac{ \lambda }{ \mu }$

Με πολλαπλασιασμό παίρνουμε $\dfrac{cd}{ab}= \dfrac{\lambda ^2}{ \mu ^2} (2)$

$(1)+(2) \Rightarrow \dfrac{ef+cd}{ab}= \dfrac{k^2+ \lambda ^2}{ \mu ^2}=1 \Rightarrow ef+cd=ab$

B)Επειδή $\angle \theta + \phi =90^0$ και $\angle m+ \omega =90^0$ ,λόγω και των παραλληλιών ( SW//PQ,GR//HI,CJ//NZ

),

όλες οι γαλάζιες γωνίες είναι ίσες όπως και όλες οι ροζ ίσες

Επομένως $\triangle CDJ \simeq \triangle DGR \simeq \triangle MSW$

$\triangle CDJ \simeq MSW \Rightarrow \dfrac{y}{x} = \dfrac{CD}{MS}$ .

Αλλά $\angle LMS= \angle CDM$ άρα

$\triangle MLS \simeq \triangle MCD \Rightarrow \dfrac{CD}{MS}= \dfrac{d}{a} = \dfrac{ \lambda }{ \mu }$

Έτσι, $\dfrac{y}{x} =\dfrac{ \lambda }{ \mu } \Rightarrow \dfrac{y^2}{x^2}= \dfrac{ \lambda ^2}{ \mu ^2} (3)$

$\triangle GRD \simeq MSW \Rightarrow \dfrac{z}{x}= \dfrac{RD}{MW}$

Αλλά $\angle MRD= \angle MWK$ άρα

$\triangle MRD \simeq \triangle MWK \Rightarrow \dfrac{RD}{MW}= \dfrac{f}{b} = \dfrac{ k }{ \mu }$

Έτσι, , $\dfrac{z}{x} = \dfrac{ k }{ \mu } \Rightarrow \dfrac{z^2}{x^2}= \dfrac{ k ^2}{ \mu ^2} (4)$

$(3)+(4) \Rightarrow \dfrac{y^2+z^2}{x^2} = \dfrac{k^2+ \lambda ^2}{ \mu ^2}=1 \Rightarrow y^2+z^2=x^2$

: Πυθαγόρειο αλλιώς.png (76.92 KiB) Προβλήθηκε 357 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 27, 2025 10:56 pm**

Ας το δούμε με ομοιότητα. Τρία ορθογώνια τρίγωνα είναι όμοια στο σχήμα:
Το αρχικό και τα δύο στα οποία το διαιρεί το ύψος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα.

Επομένως έχουμε τρία όμοια σύνθετα σχήματα: αποτελούνται από τα τρία παραπάνω ορθογώνια τρίγωνα με τα αναγεγραμμένα στις υποτεινουσες τους τετράγωνα. Οι λόγοι ομοιότητας είναι ίσοι με τους αντίστοιχους λόγους των υποτεινουσών των εν λόγω ορθογωνίων τριγώνων (οι οποίες υποτείνουσες είναι οι πλευρές α, β, γ του αρχικού ορθογωνίου τριγώνου που το ονομάζω ΑΒΓ).

Η πρώτη, προς απόδειξη, σχέση γράφεται (ab)/(fe)=(cd)/(ef)+1 που λόγω των λόγων ομοιότητας γράφεται

(α/γ)(α/γ)=(β/γ)(β/γ)+1 (στα όμοια σχήματα τα αντίστοιχα ευθύγραμμα τμήματα κ.λπ. είναι ομόλογα), που ισοδυναμεί με α^2=β^2+γ^2.

Η δεύτερη, προς απόδειξη, σχέση γράφεται ( x/z)^2=(y/z)^2+1. Από τις ομοιότητες γράφεται
(α/γ)^2=(β/γ)^2+1 που ισοδυναμεί με α^2=β^2+γ^2 κ.λπ.

mathematica.gr

Πυθαγόρειο αλλιώς

Πυθαγόρειο αλλιώς

Re: Πυθαγόρειο αλλιώς

Re: Πυθαγόρειο αλλιώς

Re: Πυθαγόρειο αλλιώς