Καθετότητα και ακεραιότητα

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1632
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Καθετότητα και ακεραιότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Παρ Ιούλ 01, 2022 2:06 pm

Με τις ευχές μου για Καλό μήνα σε όλους!
1-7 Καθετότητα και ακεραιότητα.png
1-7 Καθετότητα και ακεραιότητα.png (116.36 KiB) Προβλήθηκε 271 φορές
Το τρίγωνο ABC είναι ισόπλευρο. Το E \in AB ώστε EB=3AE

και το Z στην προέκταση της CB ώστε BZ=\dfrac{2}{5}BC. Αν P η τομή των CE και AZ τότε:

Να εξεταστούν Ι) Η καθετότητα των  CE,AZ και ΙΙ) Η ακεραιότητα του λόγου \dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( PAE \right )}

Σας ευχαριστώ εκ των προτέρων
(θ' απουσιάσω για κάποιο διάστημα ...) Γιώργος.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4482
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Βρυξέλλες

Re: Καθετότητα και ακεραιότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Παρ Ιούλ 01, 2022 9:24 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Παρ Ιούλ 01, 2022 2:06 pm
Με τις ευχές μου για Καλό μήνα σε όλους!
1-7 Καθετότητα και ακεραιότητα.png
Το τρίγωνο ABC είναι ισόπλευρο. Το E \in AB ώστε EB=3AE

και το Z στην προέκταση της CB ώστε BZ=\dfrac{2}{5}BC. Αν P η τομή των CE και AZ τότε:

Να εξεταστούν Ι) Η καθετότητα των  CE,AZ και ΙΙ) Η ακεραιότητα του λόγου \dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( PAE \right )}

Σας ευχαριστώ εκ των προτέρων
(θ' απουσιάσω για κάποιο διάστημα ...) Γιώργος.
Έστω AK,CM τα δύο ύψη του ισοπλεύρου τριγώνου και ας είναι L η ορθή προβολή του E στην BC . Τότε αν a η πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου θα έχουμε:
EM=AM-AE\overset{EB=3AE}{\mathop{=}}\,\dfrac{a}{2}-\dfrac{a}{4}=\dfrac{a}{4}:\left( 1 \right) και
EL\parallel AK\Rightarrow \dfrac{BL}{BK}=\dfrac{BE}{BA}=\dfrac{\dfrac{3a}{4}}{a}=\dfrac{3}{4}\overset{BC=a=2BK}{\mathop{\Rightarrow }}\, BL=\dfrac{3a}{8}\Rightarrow LC=a-\dfrac{3a}{8}=\dfrac{5a}{8}:\left( 2 \right).
Οπότε \dfrac{EM}{CL}\overset{\left( 1 \right),\left( 2 \right)}{\mathop{=}}\,\dfrac{\dfrac{a}{4}}{\dfrac{5a}{8}}= \overset{BZ=\frac{2}{5}BC=\frac{2}{5}a}{\mathop{\Rightarrow }}\,\dfrac{2a}{5}\dfrac{EM}{CL}=\dfrac{BZ}{BA}:\left( 3 \right)
Καθετότητα και ακεραιότητα.png
Καθετότητα και ακεραιότητα.png (27.69 KiB) Προβλήθηκε 224 φορές
Από την σύμφωνα με το Stathis Koutras Theorem προκύπτει ότι EC\bot AZ και το i) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο \vartriangle AZC με διατέμνουσα την AEB θα έχουμε: \dfrac{PA}{PZ}\cdot \dfrac{CZ}{CB}\cdot \dfrac{EB}{EA}=1
\overset{BZ=\frac{2}{5}BC\left( CZ=\frac{7}{5}BC \right),EB=3EA}{\mathop{\Rightarrow }}\,
\dfrac{PA}{PZ}\cdot \dfrac{7}{5}\cdot 3=1\Rightarrow \dfrac{PA}{PZ}=\dfrac{5}{21}\Rightarrow \dfrac{AZ}{AP}=\dfrac{26}{5}:\left( 1 \right)
Από το Θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο \vartriangle PZC με διατέμνουσα την AEB θα έχουμε: \dfrac{PE}{EC}\cdot \dfrac{BC}{BZ}\cdot \dfrac{AZ}{AP}=1\Rightarrow \ldots \dfrac{PE}{EC}\cdot \dfrac{5}{2}\cdot \dfrac{26}{5}\Rightarrow \dfrac{EC}{PE}=13:\left( 2 \right)
Είναι \dfrac{\left( AEC \right)}{\left( APE \right)}=\dfrac{EC}{PE}\overset{\left( 2 \right)}{\mathop{=}}\,13:\left( 3 \right) και \dfrac{\left( ABC \right)}{\left( AEC \right)}=\dfrac{AB}{AE}=4:\left( 4 \right)
Από \left( 3 \right)\cdot \left( 4 \right)\Rightarrow \dfrac{\left( ABC \right)}{\left( APE \right)}=52 και το δεύτερο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 2266
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: Καθετότητα και ακεραιότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από STOPJOHN » Παρ Ιούλ 01, 2022 11:30 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Παρ Ιούλ 01, 2022 2:06 pm
Με τις ευχές μου για Καλό μήνα σε όλους!
1-7 Καθετότητα και ακεραιότητα.png
Το τρίγωνο ABC είναι ισόπλευρο. Το E \in AB ώστε EB=3AE

και το Z στην προέκταση της CB ώστε BZ=\dfrac{2}{5}BC. Αν P η τομή των CE και AZ τότε:

Να εξεταστούν Ι) Η καθετότητα των  CE,AZ και ΙΙ) Η ακεραιότητα του λόγου \dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( PAE \right )}

Σας ευχαριστώ εκ των προτέρων
(θ' απουσιάσω για κάποιο διάστημα ...) Γιώργος.
α) Προβάλω το τμήμα PC στις πλευρές της γωνίας \hat{ABC}

Προφανώς \dfrac{BZ}{AB}=\dfrac{2}{5}, Τα ορθογώνια τρίγωνα JLC,GTC είναι όμοια άρα \dfrac{S\Pi }{TC}=\dfrac{GT}{JC}, Αρκεί να δειχθεί ότι \dfrac{GT}{JC}=\dfrac{2}{5},
και θα εξετάσω αν ισχύει η ισότητα \dfrac{S\Pi }{CT}=\dfrac{BZ}{BA},(*) Stathis Koutras theorem Είναι GT=\dfrac{GC}{2},JC=\dfrac{LC}{2}\sqrt{3},GT=\dfrac{GC}{2}\sqrt{3},
Είναι GT=G\Theta =\dfrac{\Theta C}{2}, Από το εγράψιμο τετράπλευρο G\Theta LJ,LC.C\Theta =CJ.CG\Leftrightarrow \dfrac{JC}{LC}=\dfrac{C\Theta }{CG}=\dfrac{\sqrt{3}}{2} (Θα αποδειχθεί )G\Theta =\dfrac{GC}{2},GC^{2}=C\Theta ^{2}+\dfrac{GC^{2}}{4}\Leftrightarrow C\Theta =\dfrac{\sqrt{3}}{2}C\Theta τέλος

β) Στο τρίγωνο AZBμε τέμνουσα PEC από Μενέλαο \dfrac{ZP}{AP}=\dfrac{21}{5},(APE)=\dfrac{1}{2}PA.PE,(*)

       Ισχύουν a^{2}=AP^{2}+PC^{2},PC^{2}+ZP^{2}=\dfrac{49}{25}a^{2}και με αφαίρεση

ZP^{2}-AP^{2}=\dfrac{24}{25}a^{2},ZP=\dfrac{21}{5}PA\Rightarrow PA=\dfrac{a}{2}\sqrt{\dfrac{3}{13}},

PE=\dfrac{a}{4}\sqrt{\dfrac{1}{13}},(*)\Rightarrow (PAE)=\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{16.13},

        (ABC)=\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{4},\dfrac{(ABC)}{(APE)}=52
Συνημμένα
Καθετότητα  και ακεραιότητα.png
Καθετότητα και ακεραιότητα.png (17.25 KiB) Προβλήθηκε 203 φορές


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 2320
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Καθετότητα και ακεραιότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Παρ Ιούλ 01, 2022 11:49 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:
Παρ Ιούλ 01, 2022 2:06 pm
Με τις ευχές μου για Καλό μήνα σε όλους!
1-7 Καθετότητα και ακεραιότητα.png
Το τρίγωνο ABC είναι ισόπλευρο. Το E \in AB ώστε EB=3AE

και το Z στην προέκταση της CB ώστε BZ=\dfrac{2}{5}BC. Αν P η τομή των CE και AZ τότε:

Να εξεταστούν Ι) Η καθετότητα των  CE,AZ και ΙΙ) Η ακεραιότητα του λόγου \dfrac{\left ( BAC \right )}{\left ( PAE \right )}

Σας ευχαριστώ εκ των προτέρων
(θ' απουσιάσω για κάποιο διάστημα ...) Γιώργος.
A)Με AH//CP\Rightarrow  \dfrac{BE}{EA}= \dfrac{BC}{CH}=3 \Rightarrow CH= \dfrac{a}{3}  \Rightarrow MH= \dfrac{5a}{6}

Ακόμη, ZM= \dfrac{2a}{5}+ \dfrac{a}{2} = \dfrac{9a}{10}  και AM= \dfrac{a \sqrt{3} }{2}

Εύκολα από τα τρίγωνα AMH,AMZ με Π.Θ έχουμε AH^2 = \dfrac{13a^2}{8}  και AZ^2= \dfrac{39a^2}{25}

οπότε με απλές πράξεις ισχύει AZ^2+AH^2=ZH^2\Rightarrow HA \bot ZA \Rightarrow CP \bot ZA

B)Με  AE=\dfrac{a}{4} ,AC=a ο ν.συνημιτόνου στο τρίγωνο AEC δίνει EC^2=  \dfrac{13a^2}{16}

Αν (ABC)=S\Rightarrow  (ENC)= \dfrac{S}{4} και  \triangle APE \simeq ENC \Rightarrow  \dfrac{ \dfrac{S}{4} }{(APE)}= \dfrac{EC^2}{AE^2}= \dfrac{ \dfrac{13a^2}{16} }{ \dfrac{a^2}{16} }  \Rightarrow  \dfrac{S}{(APE)}=52
καθετότητα-ακεραιότητα.png
καθετότητα-ακεραιότητα.png (30.88 KiB) Προβλήθηκε 201 φορές


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1632
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Καθετότητα και ακεραιότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Παρ Αύγ 05, 2022 9:17 am

Καλημέρα! Ευχαριστώ θερμά τους Στάθη, Γιάννη και Μιχάλη για την άμεση από την πλευρά τους κάλυψη του θέματος!

Ας δώσω μια ακόμη προσέγγιση μόνο για το α' ζητούμενο. Με χρήση και του σχήματος
5-8 Καθετότητα...png
5-8 Καθετότητα...png (132.06 KiB) Προβλήθηκε 130 φορές
Θεωρούμε για ευκολία την πλευρά του ισόπλευρου a=20 οπότε AC=20..AE=5..BE=15..BZ=8..CZ=28

ενώ με τον Ν.Σ στο τρίγωνο BEZ βρίσκουμε EZ^2=409.

Έτσι CZ^2-CA^2=28^2-20^2=384 αλλά και EZ^2-EA^2=409-25=384 .

Ισχύει συνεπώς η συνθήκη καθετότητας:  CZ^2-CA^2=EZ^2-EA^2 \Leftrightarrow CEP \perp APZ

Φιλικά, Γιώργος.


cool geometry
Δημοσιεύσεις: 112
Εγγραφή: Τρί Αύγ 02, 2022 7:28 am

Re: Καθετότητα και ακεραιότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από cool geometry » Παρ Αύγ 05, 2022 5:50 pm

Η λύση μου στο ερώτημα Β
AC=x, AE=\frac{x}{4}, \widehat{EAC}=60^{0}\Rightarrow EC^{2}=x^{2}+\frac{x^{2}}{16}-2\cdot x\cdot \frac{x}{4}\cdot \cdot \frac{1}{2}=\frac{13x^{2}}{16}\Rightarrow EC=\frac{\sqrt{13}}{4}x\Rightarrow \frac{\frac{\sqrt{13}}{4}x}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\frac{x}{4}}{\cos \widehat{ACE}}\Rightarrow \cos \widehat{ACE}=\frac{\sqrt{39}}{26}(1)
BZ=\frac{2}{5}x, AB=x, \widehat{ABZ}=120^{0}\Rightarrow AZ^{2}=\frac{4x^{2}}{25}+x^{2}-2\cdot x\cdot \frac{2}{5}x\cdot (-\frac{1}{2})\Rightarrow AZ^{2}=\frac{4x^{2}}{25}+\frac{25x^2{}}{25}+\frac{10x^{2}}{25}=\frac{39x^{2}}{25}\Rightarrow AZ=\frac{\sqrt{39}}{5}x\Rightarrow \frac{\frac{\sqrt{39}}{5}x}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=\frac{\frac{2}{5}x}{\cos \widehat{BAZ}}\Rightarrow \cos \widehat{BAZ}=\frac{\sqrt{13}}{13}, \sin \widehat{BAZ}=\frac{2\sqrt{39}}{13}\Rightarrow \cos \widehat{PAC}=\frac{7\sqrt{13}}{26}(2)
(1),(2)\Rightarrow cos^{2}\widehat{ACP}+cos^{2}\widehat{PAC}=(\frac{\sqrt{39}}{26})^{2}+(\frac{7\sqrt{13}}{26})^{2}=1\Rightarrow \widehat{APC}=90^{0}\Rightarrow \frac{AP}{x}=\frac{\sqrt{39}}{26}\Rightarrow AP=\frac{\sqrt{39}}{26}x(3), \frac{PC}{x}=\frac{7\sqrt{13}}{26}\Rightarrow PC=\frac{7\sqrt{13}}{26}x(4)
(3),(4)\Rightarrow (APC)=\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{39}}{26}x\cdot \frac{7\sqrt{13}}{26}x=\frac{7\sqrt{3}}{104}x^{2}(5), (ACE)=\frac{(ABC)}{4}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{4}x^{2}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{16}x^{2}(6)\Rightarrow (APE)=\frac{7\sqrt{3}}{104}x^{2}-\frac{\sqrt{3}}{16}x^{2}=\frac{\sqrt{3}}{208}x^{2}\Rightarrow \frac{(ABC)}{(APE)}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{4}x^{2}}{\frac{\sqrt{3}}{208}x^{2}}=52.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης