Θέση για ..πρώτο λόγο

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαιρετώ. Το παρόν βασίζεται σε παλαιότερο θέμα.

: Θέση για πρώτο λόγο.PNG (8.07 KiB) Προβλήθηκε 836 φορές

Στο ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ABCD

είναι $AB=BC\sqrt{2}$ .

Ι) Να βρεθεί -κατασκευαστικά- η θέση του σημείου

πάνω στο ημικύκλιο διαμέτρου

ώστε:

Αν οι ED,EC

τέμνουν την

στα

αντιστοίχως να ισχύει AP=PZ

II) Στη θέση αυτή του

να εξεταστεί αν ο λόγος $\dfrac{\left ( DAEC \right )}{\left ( BEC \right )}$ είναι πρώτος αριθμός.

Ευχαριστώ , Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Απρ 16, 2019 2:23 pm
Χαιρετώ. Το παρόν βασίζεται σε παλαιότερο θέμα.
Θέση για πρώτο λόγο.PNG
Στο ορθογώνιο παραλληλόγραμμο είναι $AB=BC\sqrt{2}$ .

Ι) Να βρεθεί -κατασκευαστικά- η θέση του σημείου πάνω στο ημικύκλιο διαμέτρου ώστε:

Αν οι τέμνουν την στα αντιστοίχως να ισχύει

II) Στη θέση αυτή του να εξεταστεί αν ο λόγος $\dfrac{\left ( DAEC \right )}{\left ( BEC \right )}$ είναι πρώτος αριθμός.

Ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλησπέρα!

Έστω AB=CD=a, BC=AD=b, AP=PZ=x.

Φέρνω από το

παράλληλη στην

που τέμνει τις DA, CB

στα

αντίστοιχα και έστω $EKH\bot CD, EK=y.$

: Θέση για πρώτο λόγο.png (15.04 KiB) Προβλήθηκε 809 φορές

I) Από εδώ, άσκηση 126 είναι $\displaystyle A{Z^2} + P{B^2} = {a^2} \Leftrightarrow 4{x^2} + {(a - x)^2} = {a^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{ AP = PZ =χ= \frac{{2a}}{5}}$

II) $\displaystyle \frac{{EK}}{{EH}} = \frac{{PZ}}{{DC}} \Leftrightarrow \frac{y}{{y + b}} = \frac{2}{5} \Leftrightarrow$ $\boxed{y=\frac{2b}{3}}$ και $\displaystyle \frac{{ZB}}{{EQ}} = \frac{{BC}}{{CQ}} = \frac{3}{5} \Leftrightarrow$ $\boxed{EQ=\frac{a}{3}}$

$\displaystyle \frac{{(DAEC)}}{{(BEC)}} = \frac{{(DABC) - (BEC)}}{{(BEC)}} = \dfrac{{\left( {ab + \dfrac{{2ab}}{6}} \right) - \dfrac{{ab}}{6}}}{{\dfrac{{ab}}{6}}} \Leftrightarrow$ $\boxed{\dfrac{\left ( DAEC \right )}{\left ( BEC \right )}=7}$ που είναι πρώτος.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Απρ 16, 2019 2:23 pm
Χαιρετώ. Το παρόν βασίζεται σε παλαιότερο θέμα.
Θέση για πρώτο λόγο.PNG
Στο ορθογώνιο παραλληλόγραμμο είναι $AB=BC\sqrt{2}$ .

Ι) Να βρεθεί -κατασκευαστικά- η θέση του σημείου πάνω στο ημικύκλιο διαμέτρου ώστε:

Αν οι τέμνουν την στα αντιστοίχως να ισχύει

II) Στη θέση αυτή του να εξεταστεί αν ο λόγος $\dfrac{\left ( DAEC \right )}{\left ( BEC \right )}$ είναι πρώτος αριθμός.

Ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλησπέρα!

Για την κατασκευή:

Είναι $\overset{\Delta }{APZ}\sim \overset{\Delta }{EDC }\Leftrightarrow \dfrac{PZ}{DC}=\dfrac{EP}{DE}\Leftrightarrow PZ=\dfrac{BC\cdot EP\cdot \sqrt{2}}{DE}\,\,\,\,(*)$

Από νόμο ημιτόνων στο ADE

$\dfrac{ED}{\sin(90+\widehat{PAE})}=\dfrac{AD}{\sin\widehat{DEA}} \Leftrightarrow ED=\dfrac{BC\cdot\sin(90+\widehat{PAE}) }{\sin\widehat{DEA}}$
Αντικαθιστούμε στην (*)

$PZ=\dfrac{EP\cdot \sin\widehat{AED}\cdot \sqrt{2}}{\sin(90+\widehat{PAE})}$

Από νόμο ημιτόνου στο APE

$\dfrac{AP}{\sin\widehat{AED}}=\dfrac{PE}{\sin\widehat{PAE}}\Leftrightarrow PZ=\dfrac{\sin\widehat{AED}\cdot PE}{\sin\widehat{PAE}}\,\,\,\,(**)$

Εξισώνουμε τις (*),(**)

$\dfrac{EP\cdot \sin\widehat{AED}\cdot \sqrt{2}}{\sin(90+\widehat{PAE})}=\dfrac{EP\cdot\sin\widehat{AED} }{\sin\widehat{PAE}}\Leftrightarrow \sqrt{2} \sin\widehat{PAE}=\sin\left ( 90+\widehat{PAE} \right )$

Παίρνουμε άρα $\tan\widehat{PAE}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$

Για την δημιουργία αυτής της γωνίας θεωρούμε

μέσο του

.Κατασκευάζουμε τετράγωνο με πλευρά

και με ακτίνα την διαγώνιο του τετραγώνου

φέρουμε κύκλο με κέντρο

ο οποίος τέμνει την

στο

.

Tότε το σημείο τομή της

με το ημικύκλιο είναι το ζητούμενο.

Altrian · #4

Καλησπέρα σε όλους.

Για την κατασκευή:

$\dfrac{u}{x}=\dfrac{b+y}{b}$

$\dfrac{a}{x}=\dfrac{b+y}{y}$

Από τις ανωτέρω έχουμε: $\dfrac{u}{a}=\dfrac{y}{b}\Rightarrow \dfrac{y}{u}=\dfrac{b}{a}$

Αρα από το

φέρνουμε παράλληλη προς την

που τέμνει το ημικύκλιο στο ζητούμενο σημείο

.

Για το ii) δεν σκέφτομαι κάτι καλύτερο από την λύση του Γιώργου Βισβίκη.

#5

Altrian έγραψε: ↑
Τρί Απρ 16, 2019 7:32 pm
Καλησπέρα σε όλους.

Για την κατασκευή:

$\dfrac{u}{x}=\dfrac{b+y}{b}$

$\dfrac{a}{x}=\dfrac{b+y}{y}$

Από τις ανωτέρω έχουμε: $\dfrac{u}{a}=\dfrac{y}{b}\Rightarrow \dfrac{y}{u}=\dfrac{b}{a}$

Αρα από το φέρνουμε παράλληλη προς την που τέμνει το ημικύκλιο στο ζητούμενο σημείο .

Για το ii) δεν σκέφτομαι κάτι καλύτερο από την λύση του Γιώργου Βισβίκη.

Ωραία κατασκευή.

#6

: Θέση για πρώτο λόγο.png (16.25 KiB) Προβλήθηκε 752 φορές

Αν λοιπόν

το συμμετρικό του

ως προς

επειδή $\boxed{\dfrac{{AP}}{{PZ}} = \dfrac{{TD}}{{DC}}}$

Η

τέμνει το ημικύκλιο στο

για κάθε ορθογώνιο ABCD

Αν επί πλέον : $a = b\sqrt 2$ φέρνω το ύψος EK = h

του $\vartriangle ABC$ .

Επειδή $\widehat T = \widehat {EAB}$ θα είναι $\vartriangle DAT \approx \vartriangle EBA \Rightarrow \dfrac{{EA}}{{EB}} = \dfrac{{DT}}{{DA}} = \sqrt 2$ .

Αλλά $\boxed{\dfrac{{AK}}{{KB}} = {{\left( {\dfrac{{EA}}{{EB}}} \right)}^2} = 2}\,\,\,(1)$ . Θα είναι έτσι

$\dfrac{{AK}}{{AB}} = \dfrac{2}{3}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\dfrac{{ZK}}{{ZB}} = \dfrac{{EK}}{{BC}} = \dfrac{{EK}}{{AD}} = \dfrac{{AK}}{{TD}} = \dfrac{2}{3}$

Δηλαδή η τετράδα $\left( {A,Z\backslash K,B} \right)$ είναι αρμονική με λόγο συζυγίας : $\boxed{\frac{{AK}}{{AB}} = \frac{{ZK}}{{ZB}} = \frac{2}{3}}$ .

Τώρα εύκολα έχω $\boxed{EK = h = \dfrac{2}{3}b}\,\,(3)$ Αν θέσω $\displaystyle (ABCD) = N$ θα είναι :

: Θέση για πρώτο λόγο_b.png (16.94 KiB) Προβλήθηκε 714 φορές

$\left\{ \begin{gathered} (AEBCD) = (ABCD) + (EAB) = N + \frac{N}{3}\,\, = \frac{{4N}}{3} \hfill \\ (EBC) = \frac{N}{6} \hfill \\ (AECD) = \left( {\frac{4}{3} - \frac{1}{6}} \right)N = \frac{{7N}}{6} \hfill \\ \frac{{\left( {AECD} \right)}}{{\left( {EBC} \right)}} = 7\,\,\,(\pi \rho \omega \tau o\varsigma ) \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Γιώργος Μήτσιος · #7

Καλημέρα σε όλους.Γιώργο,Πρόδρομε,Αλέξανδρε και Νίκο σας ευχαριστώ για τις θαυμάσιες λύσεις σας!
Πήρα την αφορμή από το παλαιό Θέμα ΤΟΥΤΟ.
Ας δούμε κι' άλλους τρόπους εντοπισμού του σημείου

ως τομή του ημικυκλίου με μια ακόμη γραμμή

: Θέση για πρώτο λόγο. Β PNG.PNG (10.45 KiB) Προβλήθηκε 679 φορές

Ι) Το

ανήκει και στην παράλληλη από το

προς την

, όπου

το μέσον της

αφού τα τρίγωνα BMC,ABE

με λόγο καθέτων $\sqrt{2}$ είναι όμοια

ΙΙ) Ανήκει και στην κάθετη προς την

στο $K \in AB$ με BK=EQ=AB/3

.

Εύκολα μπορούμε να δείξουμε ότι το

ανήκει επίσης στην

με

, στην

με

και άλλες..

Θα επανέλθω και για τον (πρώτο) λόγο των εμβαδών..

S.E.Louridas · #8

Ας δούμε και την κατασκευή που ακολουθεί, για τυχόν δοθέν ορθογώνιο ABCD

:

Θεωρούμε το μέσο

της πλευράς

, το κέντρο

του ορθογωνίου και το μέσο

του ευθύγραμμου τμήματος FC.

Κατασκευάζουμε το σημείο

ως τομή της ημιευθείας

, που προφανώς ανήκει στη διαγώνιο

και του κύκλου $\left( {S,\;\frac{{AB}}{4}} \right).$
Η τομή της ημιευθείας

με το πάνω δεδομένο ημικύκλιο διαμέτρου

, δίνει το

: GG.png (23.34 KiB) Προβλήθηκε 648 φορές

Γιώργος Μήτσιος · #9

Καλή μεγάλη εβδομάδα. Να ευχαριστήσω βεβαίως και τον Σωτήρη για την συνεισφορά του !
Ας δούμε με τη βοήθεια και της εικόνας την εύρεση του λόγου.

: Θέση για πρώτο λόγο. C .PNG (9.11 KiB) Προβλήθηκε 608 φορές

Είναι

. Χωρίζουμε το DAEC

σε τρίγωνα με εμβαδά πολλαπλάσια του (BEC)

.Τότε:

$\boxed{\left ( PEC \right )=2\left ( BEC \right )}$ αφού $\left ( PZC \right )=2\left ( BZC \right )$ και $\left ( PEZ \right )=2\left ( BEZ \right )$ ,

για τον ίδιο λόγο $\boxed {\left ( ADE \right )=2\left ( BEC \right )}$ . Ακόμη $\boxed {\left ( PCD \right )=3\left ( BEC \right )}$ αφού DC=3EQ

και

.

Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει $\left ( DAEC \right )=7\left ( BEC \right )$ δηλ. το ζητούμενο.
Φιλικά , Γιώργος.

Θέση για ..πρώτο λόγο

Θέση για ..πρώτο λόγο

Re: Θέση για ..πρώτο λόγο

Re: Θέση για ..πρώτο λόγο

Re: Θέση για ..πρώτο λόγο

Re: Θέση για ..πρώτο λόγο

Re: Θέση για ..πρώτο λόγο

Re: Θέση για ..πρώτο λόγο

Re: Θέση για ..πρώτο λόγο

Re: Θέση για ..πρώτο λόγο

Μέλη σε σύνδεση