Από διαφορά σε άθροισμα

#1

: Απο διαφορά σε άθροισμα.png (18.2 KiB) Προβλήθηκε 943 φορές

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $KZO\,\,\left( {KZ \bot KO} \right)$ με KO = 2KZ

. Για το σημείο

της πλευράς

είναι $\boxed{OB = ZO - ZK}$ .

Στο ημικύκλιο διαμέτρου $\overline {BOC}$ θεωρώ χορδή BA = 2BK

. Έστω

το ύψος του $\vartriangle ABC$ και

η προβολή του

στην

.

Δείξετε ότι AC = AD + DE

.

Γιώργος Μήτσιος · #2

Χαιρετώ όλους! Ας μου επιτραπεί να θέσω σε απόκρυψη μόνο σχήμα , με την υπόσχεση να επανέλθω.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

STOPJOHN · #3

Doloros έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 13, 2020 6:53 pm
Απο διαφορά σε άθροισμα.png

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $KZO\,\,\left( {KZ \bot KO} \right)$ με . Για το σημείο της πλευράς είναι $\boxed{OB = ZO - ZK}$ .

Στο ημικύκλιο διαμέτρου $\overline {BOC}$ θεωρώ χορδή . Έστω το ύψος του $\vartriangle ABC$ και η προβολή του στην .

Δείξετε ότι .

Εστω ότι

τότε $KO=2t,OZ=t\sqrt{2},OB=OZ-ZK=t(\sqrt{5}-1), KB=OK-R= t(3-\sqrt{5}),BA=2BK=2(3-\sqrt{5})t,BD=\dfrac{AB^{2}}{BC}\Rightarrow BD=4t(\sqrt{5}-2),DC=2t(3-\sqrt{5}),AC^{2}= BC.DC\Rightarrow AC=4t\sqrt{\sqrt{5}-2},AD^{2}=DB.DC\Rightarrow AD=2\sqrt{2}t\sqrt{5\sqrt{5}-11},DE=\dfrac{AB.AD} {BC}\Rightarrow DE=\sqrt{2}t(\sqrt{5}-1)\sqrt{5\sqrt{5}-11}$

Αρα θα αποδειχθεί η σχέση

$4\sqrt{\sqrt{5}-2}=\sqrt{5\sqrt{5}-11}(\sqrt{2}+\sqrt{10})\Leftrightarrow 4(\sqrt{5}-8)=15\sqrt{5}-33+25-11\sqrt{5}$

#4

Doloros έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 13, 2020 6:53 pm
Απο διαφορά σε άθροισμα.png

Έστω ορθογώνιο τρίγωνο $KZO\,\,\left( {KZ \bot KO} \right)$ με . Για το σημείο της πλευράς είναι $\boxed{OB = ZO - ZK}$ .

Στο ημικύκλιο διαμέτρου $\overline {BOC}$ θεωρώ χορδή . Έστω το ύψος του $\vartriangle ABC$ και η προβολή του στην .

Δείξετε ότι .

Έστω

τότε

και $ZO=x\sqrt 5.$

: Από διαφορά σε άθροισμα.png (12.25 KiB) Προβλήθηκε 863 φορές

$\displaystyle BO = x(\sqrt 5 - 1) \Leftrightarrow$ $\boxed{BC = a = 2x\left( {\sqrt 5 - 1} \right)}$ και $\displaystyle AB = 2BK = 2(KO - BO) \Leftrightarrow$

$\boxed{AB = c = 2x\left( {3 - \sqrt 5 } \right)}$ Άρα, $\displaystyle \frac{a}{c} = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{{3 - \sqrt 5 }} = \Phi \Leftrightarrow$ $\boxed{a^2=c(a+c)}$ (1)

Από τα όμοια τρίγωνα ADE, ABC

είναι:

$\displaystyle \frac{{AD}}{a} = \frac{{DE}}{c} = \frac{{AD + DE}}{{a + c}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{bc = aAD} \frac{{bc}}{{{a^2}}} = \frac{{AD + DE}}{{a + c}} \Leftrightarrow AD + DE = \frac{{bc(a + c)}}{{{a^2}}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{AD+DE=b}$

#5

Ας δούμε το χωρισμό ενός ευθυγράμμου τμήματος σε μέσο κι άκρο λόγο.

: Χρυσή τομή.png (5.69 KiB) Προβλήθηκε 831 φορές

Εδώ λοιπόν το

χωρίζει το

σε μέσο κι άκρο λόγο δηλαδή :

$\dfrac{{OB}}{{BK}} = \varphi \Rightarrow \dfrac{{2OB}}{{2BK}} = \varphi \Rightarrow \dfrac{{BC}}{{BA}} = \varphi \Rightarrow \boxed{\dfrac{a}{c} = \varphi }$ $\left( 1 \right)$ . Θέτω $DA = h\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DE = k$

: Απο διαφορά σε άθροισμα.png (13.3 KiB) Προβλήθηκε 831 φορές

Επειδή $\vartriangle ABC \approx \vartriangle EDA$ και $2\left( {ABC} \right) = ah = bc$ , ζητώ δε να δείξω : $\boxed{k + h = b}$

Έχω ισοδύναμα :
$\left\{ \begin{gathered} \frac{h}{k} = \frac{a}{c} \hfill \\ ah = bc \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{h}{{k + h}} = \frac{a}{{c + a}} \hfill \\ ah = bc \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{h}{b} = \frac{a}{{c + a}} \hfill \\ ah = bc \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} ab = h\left( {a + c} \right) \hfill \\ ah = bc \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} ab = \frac{{bc}}{a}\left( {a + c} \right) \hfill \\ h = \frac{{bc}}{a} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Δηλαδή: ${a^2} = c(a + c) \Leftrightarrow {c^2} = a(a - c) \Leftrightarrow \left( 1 \right)$

Γιώργος Μήτσιος · #6

Επανέρχομαι..

: Από διαΦορά...Ν.Φ(1).png (93.56 KiB) Προβλήθηκε 822 φορές

Φέρω $DH \perp AC$ . Τότε DE=AH

. Αρκεί να δείξουμε AD=HC

.

Αν

όπως βρέθηκε-γράφηκε είναι $BC=c\Phi$ και με Π.Θ $AC=c\sqrt{\Phi }$ .

Ακόμη $\dfrac{DC}{BD}=\dfrac{AC^{2}}{AB^{2}}=\Phi$ άρα και $\dfrac{BC}{DC}=\Phi \Rightarrow DC=AB=c$ .

Από τα ίσα ορθ. τρίγωνα BAD,DHC

παίρνουμε

.. Φιλικά, Γιώργος.

#7

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Σάβ Νοέμ 14, 2020 11:11 pm
Επανέρχομαι..

Από διαΦορά...Ν.Φ(1).png
Φέρω $DH \perp AC$ . Τότε . Αρκεί να δείξουμε .

Αν όπως βρέθηκε-γράφηκε είναι $BC=c\Phi$ και με Π.Θ $AC=c\sqrt{\Phi }$ .

Ακόμη $\dfrac{DC}{BD}=\dfrac{AC^{2}}{AB^{2}}=\Phi$ άρα και $\dfrac{BC}{DC}=\Phi \Rightarrow DC=AB=c$ .

Από τα ίσα ορθ. τρίγωνα παίρνουμε .. Φιλικά, Γιώργος.

Ωραία λύση Γιώργο

με πολύ ωραίες συνέπειες...

Από διαφορά σε άθροισμα

Από διαφορά σε άθροισμα

Re: Από διαφορά σε άθροισμα

Re: Από διαφορά σε άθροισμα

Re: Από διαφορά σε άθροισμα

Re: Από διαφορά σε άθροισμα

Re: Από διαφορά σε άθροισμα

Re: Από διαφορά σε άθροισμα

Μέλη σε σύνδεση