Καθετότητα και ακεραιότητα

Γιώργος Μήτσιος · #1

Με τις ευχές μου για Καλό μήνα σε όλους!

: 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

στην προέκταση της

ώστε $BZ=\dfrac{2}{5}BC$ . Αν

η τομή των

και

τότε:

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

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

#2

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 είναι ισόπλευρο. Το $E \in AB$ ώστε

και το στην προέκταση της ώστε $BZ=\dfrac{2}{5}BC$ . Αν η τομή των και τότε:

Να εξεταστούν Ι) Η καθετότητα των 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

τα δύο ύψη του ισοπλεύρου τριγώνου και ας είναι

η ορθή προβολή του

στην

. Τότε αν

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 (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.

STOPJOHN · #3

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 είναι ισόπλευρο. Το $E \in AB$ ώστε

και το στην προέκταση της ώστε $BZ=\dfrac{2}{5}BC$ . Αν η τομή των και τότε:

Να εξεταστούν Ι) Η καθετότητα των 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

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 AZB

με 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

$ZP^{2}-AP^{2}=\dfrac{24}{25}a^{2},ZP=\dfrac{21}{5}PA\Rightarrow PA=\dfrac{a}{2}\sqrt{\dfrac{3}{13}}, PE=\dfrac{a}{4}\sqrt{\dfrac{1}{13}},(*)\Rightarrow (PAE)=\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{16.13}, (ABC)=\dfrac{a^{2}\sqrt{3}}{4},\dfrac{(ABC)}{(APE)}=52$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

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 είναι ισόπλευρο. Το $E \in AB$ ώστε

και το στην προέκταση της ώστε $BZ=\dfrac{2}{5}BC$ . Αν η τομή των και τότε:

Να εξεταστούν Ι) Η καθετότητα των 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 (30.88 KiB) Προβλήθηκε 201 φορές

Γιώργος Μήτσιος · #5

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 (132.06 KiB) Προβλήθηκε 130 φορές

Θεωρούμε για ευκολία την πλευρά του ισόπλευρου a=20

οπότε

ενώ με τον Ν.Σ στο τρίγωνο BEZ

βρίσκουμε

.

Έτσι

αλλά και

.

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

Φιλικά, Γιώργος.

cool geometry · #6

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

Καθετότητα και ακεραιότητα

Καθετότητα και ακεραιότητα

Re: Καθετότητα και ακεραιότητα

Re: Καθετότητα και ακεραιότητα

Re: Καθετότητα και ακεραιότητα

Re: Καθετότητα και ακεραιότητα

Re: Καθετότητα και ακεραιότητα

Μέλη σε σύνδεση