Ίσο με το άθροισμά τους

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαίρετε ! Προέκταση παλαιού θέματος.

: 20-11-17 Ίσο με το άθροισμά τους.PNG (10.54 KiB) Προβλήθηκε 581 φορές

Τα

είναι τα ύψη του τριγώνου ABC

(το

είναι το oρθικόν τρίγωνο του $\triangle ABC$ ).

Αν L,F

είναι οι ορθές προβολές των A,C

επί των

αντίστοιχα τότε

Να δειχθεί ότι ισχύει : ZD=FE+EL

Ευχαριστώ , Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 20, 2017 11:11 pm
Τα είναι τα ύψη του τριγώνου (το είναι το oρθικόν τρίγωνο του $\triangle ABC$ ).

Αν είναι οι ορθές προβολές των επί των αντίστοιχα τότε

Να δειχθεί ότι ισχύει :

Με χρήση της γνωστής και απλής ιδιότητας $\angle AEZ = \angle CED = B$ έχουμε

$FE+LE = CE \cos B + AE \cos B = a\cos C \cos B + c \cos A \cos B =$

$= 2R\sin A \cos C \cos B + 2R \sin C \cos A \cos B= 2R\sin (A +C) \cos B= 2R\sin B \cos B$

Επίσης, από τον Νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο BDZ, είναι

$ZD = \dfrac {BD} {\sin C} \sin B= \dfrac {c \cos B} {\sin C} \sin B= 2R \cos B \sin B$ , ίδιο με το προηγούμενο.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 20, 2017 11:11 pm
Χαίρετε ! Προέκταση παλαιού θέματος.
20-11-17 Ίσο με το άθροισμά τους.PNG
Τα είναι τα ύψη του τριγώνου (το είναι το oρθικόν τρίγωνο του $\triangle ABC$ ).

Αν είναι οι ορθές προβολές των επί των αντίστοιχα τότε

Να δειχθεί ότι ισχύει :

Ευχαριστώ , Γιώργος.

Στο σχήμα του Γιώργου

$\displaystyle \angle AEZ = \angle B$ άρα $\displaystyle \vartriangle AEL \simeq \vartriangle ABD \Rightarrow \frac{{LE}}{{BD}} = \frac{{AE}}{{AB}} \Rightarrow LE = \frac{{AE}}{{AB}} \cdot BD$

$\displaystyle \angle DEC = \angle B \Rightarrow \vartriangle ABD \simeq \vartriangle EFC \Rightarrow \frac{{EF}}{{BD}} = \frac{{EC}}{{AB}} \Rightarrow EF = \frac{{EC}}{{AB}} \cdot BD$

Με πρόσθεση παίρνουμε $\displaystyle LE + EF = \frac{{BD}}{{AB}} \cdot \left( {AE + EC} \right) \Rightarrow LE + EF = \frac{{BD}}{{AB}} \cdot AC$

Θα αποδείξουμε ότι $\displaystyle \frac{{BD}}{{AB}} \cdot AC = ZD \Leftrightarrow \frac{{BD}}{{ZD}} = \frac{{AB}}{{AC}}$ που είναι αληθής αφού $\displaystyle \vartriangle BDZ \simeq \vartriangle ABC$

#4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 20, 2017 11:11 pm
Χαίρετε ! Προέκταση παλαιού θέματος.
20-11-17 Ίσο με το άθροισμά τους.PNG
Τα είναι τα ύψη του τριγώνου (το είναι το oρθικόν τρίγωνο του $\triangle ABC$ ).

Αν είναι οι ορθές προβολές των επί των αντίστοιχα τότε

Να δειχθεί ότι ισχύει :

Ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλημέρα σε όλους!

: Ίσο με το άθροισμά τους.png (17.82 KiB) Προβλήθηκε 521 φορές

Έστω

η προβολή του

στην

Είναι, $A\widehat EZ=\widehat B=D\widehat EC=D\widehat HC=K\widehat ZC,$

άρα τα τρίγωνα KZC, ELA, CFE

είναι όμοια. $\boxed{\frac{{ZK}}{{ZC}} = \frac{{LE}}{{AE}}}$ (1)

και

$\displaystyle \frac{{LE}}{{EF}} = \frac{{AE}}{{EC}} \Leftrightarrow \frac{{LE}}{{LE + EF}} = \frac{{AE}}{{AC}} \Leftrightarrow \frac{{LE}}{{AE}} = \frac{{LE + EF}}{{AC}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{\frac{{ZK}}{{ZC}} = \frac{{LE + EF}}{{AC}}}$ (2)

Αλλά, $Z\widehat DK=\widehat A,$ οπότε τα τρίγωνα ZKD,AZC

είναι όμοια και $\displaystyle \frac{{ZK}}{{ZC}} = \frac{{ZD}}{{AC}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(2)}$ $\boxed{ZD=LE+EF}$

Γιώργος Μήτσιος · #5

Καλημέρα ! Να ευχαριστήσω θερμά τους Μιχάλη , Μιχάλη και Γιώργο για την άμεση τακτοποίηση του θέματος.
Να τονίσω μόνο ότι οι ισότητες των γωνιών που αναφέρονται είναι ..προσφορά των εγγράψιμων τετραπλεύρων
και στην συνέχεια ας υποβάλω παρόμοια προσέγγιση συνοπτικά .

: 22-11-17 Ίσα γινόμενα...PNG (7.86 KiB) Προβλήθηκε 463 φορές

Φέρω $BH\perp DZ$ και εύκολα προκύπτουν $FE=\dfrac{EC\cdot BZ}{BC}=ZH$ και $LE=\dfrac{AE\cdot BD}{AB}=HD$ ..

Θέτω δύο επιπλέον ερωτήματα για όποιον θελήσει να κάνει λίγο ακόμη ..

.. ''υγειϊνό περίπατο'' στο παρόν θέμα

Να δειχθεί ότι $FE\cdot AZ=ZB\cdot DF$

Αν έτι ισχύει $\dfrac{\left ( FEC \right )}{\left ( BZC \right )}=\dfrac{3-\Phi }{4}$ ( όπου $\Phi$ ο χρυσός αριθμός ) να βρεθεί η οξεία $A\widehat{C}B$ .

Φιλικά Γιώργος .

#6

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τετ Νοέμ 22, 2017 1:47 am
Καλημέρα ! Να ευχαριστήσω θερμά τους Μιχάλη , Μιχάλη και Γιώργο για την άμεση τακτοποίηση του θέματος.
Να τονίσω μόνο ότι οι ισότητες των γωνιών που αναφέρονται είναι ..προσφορά των εγγράψιμων τετραπλεύρων
και στην συνέχεια ας υποβάλω παρόμοια προσέγγιση συνοπτικά .
22-11-17 Ίσα γινόμενα...PNG
Φέρω $BH\perp DZ$ και εύκολα προκύπτουν $FE=\dfrac{EC\cdot BZ}{BC}=ZH$ και $LE=\dfrac{AE\cdot BD}{AB}=HD$ ..

Θέτω δύο επιπλέον ερωτήματα για όποιον θελήσει να κάνει λίγο ακόμη .. .. ''υγειϊνό περίπατο'' στο παρόν θέμα

Να δειχθεί ότι $FE\cdot AZ=ZB\cdot DF$

Αν έτι ισχύει $\dfrac{\left ( FEC \right )}{\left ( BZC \right )}=\dfrac{3-\Phi }{4}$ ( όπου $\Phi$ ο χρυσός αριθμός ) να βρεθεί η οξεία $A\widehat{C}B$ .

Φιλικά Γιώργος .

Γεια σου Γιώργο!

: Ίσο με το άθροισμά τους.b.png (20.68 KiB) Προβλήθηκε 443 φορές

Τα τρίγωνα CDE, CAB

είναι όμοια και τα CF, CZ

είναι αντίστοιχα ύψη τους, οπότε θα ορίζουν ανάλογα τμήματα

στις πλευρές που αντιστοιχούν. $\displaystyle \frac{{AZ}}{{ZB}} = \frac{{DF}}{{FE}} \Leftrightarrow$ $\boxed{FE \cdot AZ = ZB \cdot DF}$

Τα τρίγωνα FEC, BZC

είναι όμοια, $\displaystyle \frac{{(FEC)}}{{(BZC)}} = {\left( {\frac{{EC}}{{BC}}} \right)^2} \Leftrightarrow \frac{{3 - \Phi }}{4} = {\cos ^2}C \Leftrightarrow \frac{{5 - \sqrt 5 }}{8} = 1 - {\sin ^2}C \Leftrightarrow$

$\displaystyle {\sin ^2}C = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{8} \Leftrightarrow {\sin ^2}C = \frac{{6 + 2\sqrt 5 }}{{16}} = {\left( {\frac{{\sqrt 5 + 1}}{4}} \right)^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{\widehat C=54^0}$ (αφού είναι οξεία)

(Η σχέση πάντως, των εμβαδών ισχύει και για την αμβλεία γωνία 126^0

)

Ίσο με το άθροισμά τους

Ίσο με το άθροισμά τους

Re: Ίσο με το άθροισμά τους

Re: Ίσο με το άθροισμά τους

Re: Ίσο με το άθροισμά τους

Re: Ίσο με το άθροισμά τους

Re: Ίσο με το άθροισμά τους

Μέλη σε σύνδεση