mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 16, 2017 11:38 am**

: 2.png (41.6 KiB) Προβλήθηκε 1336 φορές

Στην υποτείνουσα

, ορθογωνίου τριγώνου ABC

, παίρνουμε σημείο

, τέτοιο ώστε: $AD = 2\sqrt 3 ,\,BD = 3,\,CD = 4$ . Να βρείτε τις πλευρές AB,AC

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 16, 2017 12:07 pm**

Μιχάλης Νάννος έγραψε:2.pngΣτην υποτείνουσα , ορθογωνίου τριγώνου , παίρνουμε σημείο , τέτοιο ώστε: $AD = 2\sqrt 3 ,\,BD = 3,\,CD = 4$ . Να βρείτε τις πλευρές

: Πλευρές ορθογωνίου.png (13.53 KiB) Προβλήθηκε 1321 φορές

Αν

είναι η διάμεσος του τριγώνου τότε $AM = \dfrac{{BC}}{2} = \dfrac{7}{2}$ και $DM = \dfrac{1}{2}$

Εύκολα διαπιστώνουμε με το αντίστροφο του πυθαγορείου θεωρήματος ότι το τρίγωνο ADM

είναι ορθογώνιο.

Έτσι από πυθ. θεώρημα στα ορθογώνια τρίγωνα ABD

και

βρίσκουμε:

$AB = \sqrt {21}$ και $AC = 2\sqrt 7$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 16, 2017 12:26 pm**

Είναι : $AD^2=DB\cdot DC$ , άρα $AD \perp BC$ . Οι πλευρές πλέον με Πυθαγόρειο .

Θεωρήσαμε γνωστό ότι ισχύει το αντίστροφο του : "Αν

ύψος ορθογωνίου

προς την υποτείνουσα τότε : $AD^2=DB\cdot DC$ " ( απόδειξη απλή )

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 16, 2017 12:45 pm**

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Στην υποτείνουσα , ορθογωνίου τριγώνου , παίρνουμε σημείο , τέτοιο ώστε: $AD = 2\sqrt 3 ,\,BD = 3,\,CD = 4$ . Να βρείτε τις πλευρές

Μιχάλη καλημέρα από Γρεβενά.

Μια ακόμα ιδέα με το Θεώρημα του Stweart:

: Πλευ.PNG (11.73 KiB) Προβλήθηκε 1304 φορές

Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο $\displaystyle{ABC}$ προκύπτει:

$\displaystyle{b^2+c^2=49\ \ (1)}$

Από το Θεώρημα του Stweart στο ίδιο τρίγωνο προκύπτει:

$\displaystyle{3b^2+4c^2=7(2\sqrt3)^2+3\cdot 4\cdot 7=168 \ \ (2)}$

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων (1) και (2) προκύπτει:

$\displaystyle{{b=2\sqrt7, \ \ c=\sqrt21 \ \ (3)}$

Παρατήρηση:
Εύκολα τώρα από το Πυθαγόρειο Θεώρημα διαπιστώνεται ότι η $\displaystyle{AD}$ είναι
ύψος του τριγώνου αυτού.

Κώστας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 16, 2017 1:32 pm**

Επί της ουσίας πρόκειται για τη λύση του Κ. .

: Κάθετες πλευρές.png (19.2 KiB) Προβλήθηκε 1287 φορές

Γράφω τον κύκλο (A,B,C)

που έχει διάμετρο τη

και έστω

το κέντρο του.

Η προέκταση της

προς το

τέμνει τον κύκλο στο

. Ας πούμε DE = y

.

Επειδή $DA \cdot DE = DB \cdot DC \Rightarrow 2\sqrt 3 y = 12 \Rightarrow \boxed{y = 2\sqrt 3 }$ . Δηλαδή AD = DE

που μας

εξασφαλίζει ότι το

είναι απόστημα στη χορδή

. Από το Θ. Ευκλείδη στο

$\vartriangle ABC$ , έχω :

$\left\{ \begin{gathered} A{B^2} = BD \cdot BC \hfill \\ A{C^2} = CD \cdot CB \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} A{B^2} = 3 \cdot 7 \hfill \\ A{C^2} = 4 \cdot 7 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} AB = \sqrt {21} \hfill \\ AC = 2\sqrt 7 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 16, 2017 6:11 pm**

Μιχάλης Νάννος έγραψε:2.pngΣτην υποτείνουσα , ορθογωνίου τριγώνου , παίρνουμε σημείο , τέτοιο ώστε: $AD = 2\sqrt 3 ,\,BD = 3,\,CD = 4$ . Να βρείτε τις πλευρές

Καλησπέρα σε όλους!

Η πρώτη μου επιλογή ήταν η λύση KARKAR.

Αναγκάστηκα λοιπόν να επινοήσω μια στα όρια της επιστημονικής φαντασίας.

: Πλευρές ορθογωνίου τριγώνου..png (13.47 KiB) Προβλήθηκε 1261 φορές

Έστω

οι προβολές του

πάνω στις

αντίστοιχα και DZ=x, DE=y.

Τα τρίγωνα BDZ, DCE

είναι όμοια.

$\displaystyle{\frac{x}{{b - x}} = \frac{3}{4} = \frac{{c - y}}{y} \Rightarrow \frac{x}{b} = \frac{3}{7},\frac{c}{y} = \frac{7}{4} \Leftrightarrow }$ $\boxed{x = \frac{{3b}}{7},y = \frac{{4c}}{7}}$ Αλλά, $EZ=AD=2\sqrt 3.$ Άρα;

$\displaystyle{\left\{ \begin{array}{l} {x^2} + {y^2} = 12\\ {b^2} + {c^2} = 49 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} 49({x^2} + {y^2}) = 9{b^2} + 16{c^2}\\ {b^2} + {c^2} = 49 \end{array} \right. \Leftrightarrow }$ $\boxed{b=\sqrt {28}}$ και $\boxed{c=\sqrt {21}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 16, 2017 8:50 pm**

Μιχάλης Νάννος έγραψε:2.pngΣτην υποτείνουσα , ορθογωνίου τριγώνου , παίρνουμε σημείο , τέτοιο ώστε: $AD = 2\sqrt 3 ,\,BD = 3,\,CD = 4$ . Να βρείτε τις πλευρές

Καλησπέρα. Μια προσπάθεια ...
Εφαρμόζοντας νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ABD

έχουμε : $AB^2 = AD^2 +BD^2 -2AD\cdot BD \cdot \cos \varphi = 21 - 12\sqrt{3}$ (1)
όπου $\varphi = \widehat{ADB}$ .
Ομοίως από νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ADC

έχουμε : $AC^2 = AD^2 +DC^2 -2AD\cdot DC \cdot \cos (\pi - \varphi ) = 28 + 16 \sqrt{3}$ (2)
Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) και (2) έχουμε : $AB^2 + AC^2 = 49 + 4 \sqrt{3} \cdot \cos \varphi$ $\Leftrightarrow$ $BC^2 = 49 + 4 \sqrt{3} \cdot \cos \varphi$ $\Leftrightarrow$ $49 = 49 + 4 \sqrt{3} \cdot \cos \varphi$ $\Leftrightarrow$ $\cos \varphi =0$ .
Άρα $\varphi =\dfrac{\pi }{2}$ , από όπου προκύπτει ότι

: ύψος .
Επομένως από Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ABD

έχουμε : $AB = \sqrt{21}$
και από Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ADC

έχουμε : $AC = 2 \sqrt{7}$ .

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

mathematica.gr

Πλευρές ορθογωνίου τριγώνου

Πλευρές ορθογωνίου τριγώνου

Re: Πλευρές ορθογωνίου τριγώνου

Re: Πλευρές ορθογωνίου τριγώνου

Re: Πλευρές ορθογωνίου τριγώνου

Re: Πλευρές ορθογωνίου τριγώνου

Re: Πλευρές ορθογωνίου τριγώνου

Re: Πλευρές ορθογωνίου τριγώνου