Εξ ονύχων τον λέοντα

KARKAR · #1

: Εξ ονύχων το λέοντα.png (14.61 KiB) Προβλήθηκε 1327 φορές

Επί των πλευρών BC,BA

, ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , παίρνω σημεία D,E

, ώστε :

BD=7

και

. Αν $AD \perp CE$ , υπολογίστε την πλευρά του τριγώνου .

Ορέστης Λιγνός · #2

KARKAR έγραψε:
Εξ ονύχων το λέοντα.png
Επί των πλευρών , ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , παίρνω σημεία , ώστε :

και . Αν $AD \perp CE$ , υπολογίστε την πλευρά του τριγώνου .

Έστω

η πλευρά του τριγώνου, με x>8

.

Με Ν. Συνημιτόνων στο τρίγωνο BED

έχουμε ότι $ED=\sqrt{57}$ .

Ακόμη, $AE=x-8, \, DC=x-7, \, AC=x$

Από το κριτήριο καθετότητας έχουμε $AC^2-AE^2=DC^2-DE^2 \Leftrightarrow x^2-(x-8)^2=(x-7)^2-57 \Leftrightarrow x^2-30x + 56=0$ ,
με λύσεις x=28

και

.

Η δεύτερη όμως απορρίπτεται διότι x>8

.

Άρα, $\boxed{x=28}$

Γιώργος Μήτσιος · #3

Καλημέρα! Ο κύριος λόγος που ανασύρω το παρόν θέμα είναι προς τιμήν του μοναδικού KARKAR
για τις -αυτή την ώρα- 10.000 δημοσιεύσεις του !!
Το προτίμησα ως ελκυστικό , από την 100στή σελίδα του Θανάση.
Θα δώσω, λόγω ώρας , αργότερα μια λύση που βρήκα .. μέχρι τότε θαρρώ πως θα υπάρξει ''παρέμβαση'' και από άλλο φίλο ή φίλους !

#4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 19, 2018 3:49 am
Καλημέρα! Ο κύριος λόγος που ανασύρω το παρόν θέμα είναι προς τιμήν του μοναδικού KARKAR
για τις -αυτή την ώρα- 10.000 δημοσιεύσεις του !!
Το προτίμησα ως ελκυστικό , από την 100στή σελίδα του Θανάση.
Θα δώσω, λόγω ώρας , αργότερα μια λύση που βρήκα .. μέχρι τότε θαρρώ πως θα υπάρξει ''παρέμβαση'' και από άλλο φίλο ή φίλους !

[... και εκ δημοσιεύσεων τον KARKAR!]

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 31, 2016 9:19 am
Εξ ονύχων το λέοντα.pngΕπί των πλευρών , ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , παίρνω σημεία , ώστε :

και . Αν $AD \perp CE$ , υπολογίστε την πλευρά του τριγώνου .

Συγχαρητήρια Θανάση. Να τα 10^5-

σεις.

Για την άσκηση, με αρχή των αξόνων το B(0,0)

και

οι υπόλοιπες συντεταγμένες είναι $D(7, \, 0),\, E(4, \, 4\sqrt 3 ), \, A(a/2, \, a\sqrt 3/2 )$ . Η συνθήκη καθετότητας γίνεται $\dfrac {4\sqrt 3}{4-a}\cdot \dfrac {a\sqrt 3 /2-0}{a/2-7}=-1$ . Λύνοντας είναι a=2

(απορρίπτεται) ή a=28

.

#6

Μια ελαφρώς αποκρουστική τριγωνομετρική υπερπαραγωγή που μέσα από δύσβατα μονοπάτια καταλήγει στην ίδια εξίσωση με τους προηγηθέντες.

Θανάση, οι πράξεις είναι τσεκαρισμένες. Δεν θα ήθελα να σπαταλήσεις τον χρόνο σου μέρα γιορτής (δέκα χιλιάδων υπέροχων αναρτήσεων), ελέγχοντας ρουτινοπράξεις.

: 19-11-2018 Γεωμετρία β.jpg (60.19 KiB) Προβλήθηκε 969 φορές

Έστω

η πλευρά του τριγώνου.

Από Τριγωνομετρικό CEVA στο ABC

(ή με Νόμο Ημιτόνων στα ABD, ADC

) , είναι $\displaystyle \frac{{DC}}{{BD}} = \frac{{a \cdot \eta \mu \left( {60^\circ - \omega } \right)}}{{a \cdot \eta \mu \omega }} \Leftrightarrow \frac{{a - 7}}{7} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}\sigma \upsilon \nu \omega - \frac{1}{2}\eta \mu \omega }}{{\eta \mu \omega }} \Leftrightarrow \sigma \varphi \omega = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{21}} - \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ .

Ομοίως , είναι $\displaystyle \frac{{AE}}{{EB}} = \frac{{a \cdot \eta \mu \left( {60^\circ - \varphi } \right)}}{{a \cdot \eta \mu \varphi }} \Leftrightarrow \frac{{a - 8}}{8} = \frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}\sigma \upsilon \nu \varphi - \frac{1}{2}\eta \mu \varphi }}{{\eta \mu \varphi }} \Leftrightarrow \sigma \varphi \varphi = \frac{{2a\sqrt 3 }}{{24}} - \frac{{\sqrt 3 }}{3}$ .

Είναι $\displaystyle \sigma \varphi \varphi = \varepsilon \varphi \left( {SDC} \right) = \varepsilon \varphi \left( {60^\circ + \omega } \right) = \frac{{\sqrt 3 + \varepsilon \varphi \omega }}{{1 - \sqrt 3 \varepsilon \varphi \omega }} = \frac{{\sqrt 3 \sigma \varphi \omega + 1}}{{\sigma \varphi \omega - \sqrt 3 }}$ ,

οπότε είναι $\displaystyle \sigma \varphi \varphi \cdot \sigma \varphi \omega - \sqrt 3 \sigma \varphi \varphi = \sqrt 3 \sigma \varphi \omega + 1$ .

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {\frac{{2a\sqrt 3 }}{{24}} - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right) \cdot \left( {\frac{{2a\sqrt 3 }}{{21}} - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right) - \sqrt 3 \left( {\frac{{2a\sqrt 3 }}{{24}} - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right) = \sqrt 3 \left( {\frac{{2a\sqrt 3 }}{{21}} - \frac{{\sqrt 3 }}{3}} \right) + 1$ ,

που δίνει $\displaystyle {a^2} - 30a + 56 = 0$ με δεκτή λύση a = 28

.

#7

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 19, 2018 3:49 am
Καλημέρα! Ο κύριος λόγος που ανασύρω το παρόν θέμα είναι προς τιμήν του μοναδικού KARKAR
για τις -αυτή την ώρα- 10.000 δημοσιεύσεις του !!
...

Θανάση να τις χιλιάσεις!!!

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #8

rek2 έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 19, 2018 10:35 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 19, 2018 3:49 am
Καλημέρα! Ο κύριος λόγος που ανασύρω το παρόν θέμα είναι προς τιμήν του μοναδικού KARKAR
για τις -αυτή την ώρα- 10.000 δημοσιεύσεις του !!
...
Θανάση να τις χιλιάσεις!!!

Γιώργος Μήτσιος · #9

Χαιρετώ και πάλι.Να στείλω και τις δικές μου ευχές στον .. υπέρ-παραγωγό :
Τα επόμενα 10χίλιαρα να είναι Θανάση το ίδιο καλά κι' ακόμα καλύτερα , με τον γνωστό α λα KARKAR ρυθμό!
Μια ακόμη Γεωμετρική προσέγγιση του θέματος

: Λέων ..KARKAR.PNG (11.56 KiB) Προβλήθηκε 931 φορές

Φέρω το ύψος

που τέμνει την

στο

. Αν

πλευρά του ισοπλεύρου τότε $AM= a \sqrt {3}/2..DM=\dfrac{a}{2}-7$ ενώ AE=a-8

.
Θα εκφράσουμε το

και με δεύτερη παράσταση του

.

Είναι $\widehat{DAM}=\widehat{DCS}$ (ως οξείες με κάθετες πλευρές) άρα και $\widehat{DAM}=\widehat{MBH}$ (

μεσοκάθετος του

).

Τότε το ABDH

εγγράψιμο συνεπώς $\widehat{MDH}=\widehat{BAH}=30^{0}$ οπότε $DM= \sqrt{3} MH$ .

Ώρα για Μενέλαο στο τρίγωνο BAM

με διατέμνουσα την CHE

: $\dfrac{MH}{HA}\cdot \dfrac{AE}{EB}\cdot \dfrac{BC}{CM}=1\Rightarrow$ $\dfrac{HM}{HA}=\dfrac{4}{a-8}\Rightarrow HM=\dfrac{4}{a-4}AM$ .

Βρίσκουμε $DM=\sqrt{3}HM=\sqrt{3}\cdot \dfrac{4}{a-4}\cdot \dfrac{a\sqrt{3}}{2}=\dfrac{6a}{a-4}$

και παίρνουμε $\dfrac{6a}{a-4}= \dfrac{a}{2}-7$ που μας δίνει τη γνωστή $a^{2}-30a+56=0$ άρα a=28

.
Φιλικά , Γιώργος.

#10

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 19, 2018 2:49 pm
Για την άσκηση, με αρχή των αξόνων το και οι υπόλοιπες συντεταγμένες είναι $D(7, \, 0),\, E(4, \, 4\sqrt 3 ), \, A(a/2, \, a\sqrt 3/2 )$ . Η συνθήκη καθετότητας γίνεται $\dfrac {4\sqrt 3}{4-a}\cdot \dfrac {a\sqrt 3 /2-0}{a/2-7}=-1$ . Λύνοντας είναι (απορρίπτεται) ή .

H λύση που έγραψα προσαρμόζεται σε καθαρά γεωμετρική: Αυτό το φαινόμενο είναι συχνό στην Αναλυτική Γεωμετρία διότι πολλές αποδείξεις των θεωρημάτων - εδώ η συνθήκη καθετότητας που χρησιμοποίησα - βασίζεται σε γεωμετρικό επιχείρημα. Απλά μιμούμεθα τις γεωμετρικές αποδείξεις των θεωρημάτων που χρησιμοποιήσαμε. Εδώ:

Φέρνουμε τις κάθετες EF, AG

από τα

στη

. Άρα $\angle DAG = \angle FCE$ (και οι δύο συμπληρωματικές της $\angle ADC$ ). Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα $EFC, \, ADC$ είναι όμοια, οπότε

$\displaystyle{ \dfrac {EF}{FC}= \dfrac {DG}{AG}}$ ή $\displaystyle{ \dfrac {4\sqrt 3}{a-4}= \dfrac {a/2-7}{a\sqrt3 /2}}$ . Λύνοντας είναι a=2

(απορρίπτεται) ή a=28

.

#11

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 31, 2016 9:19 am
Εξ ονύχων το λέοντα.pngΕπί των πλευρών , ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , παίρνω σημεία , ώστε :

και . Αν $AD \perp CE$ , υπολογίστε την πλευρά του τριγώνου .

Για να ευχαριστήσω θερμά τον Θανάση για την τεράστια προσφορά του στο (είναι μεγάλη αλήθεια ότι το "ΤΑΪΣΕ" αρκετά) ας γράψω μια λύση (με δημιουργική ασάφεια.... )

$AD \bot CE \Leftrightarrow \dfrac{{a - 4}}{{a - \dfrac{{a - 8}}{2}}} = \dfrac{a}{{a - 7}} \Leftrightarrow \dfrac{{2a - 8}}{{a + 8}} = \dfrac{a}{{a - 7}} \Leftrightarrow$ ${a^2} - 30a + 56 = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{a > 8} \boxed{a = 28}$

Θανάση ευχαριστώ θερμά για όλα...

Στάθης Κούτρας

#12

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 19, 2018 10:42 pm

rek2 έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 19, 2018 10:35 pm

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 19, 2018 3:49 am
Καλημέρα! Ο κύριος λόγος που ανασύρω το παρόν θέμα είναι προς τιμήν του μοναδικού KARKAR
για τις -αυτή την ώρα- 10.000 δημοσιεύσεις του !!
...
Θανάση να τις χιλιάσεις!!!

Χα χα χα! Σταύρο στα διασκεδαστικά μαθηματικά είμαστε!!

#13

Να τα εκατονταπλασιάσεις τα νύχια σου, «Λέοντα» του Κάμπου.

Όσο για το «αετόπουλο» που ανέβασε την πιο γρήγορη και μάλλον την πιο ενδεδειγμένη λύση του εύχομαι να πετάξει στην πιο ψιλή κορφή που επιθυμεί.

Έστω

το μήκος της πλευράς του ισόπλευρου τριγώνου ABC

. Από Θ . συνημίτονου στο τρίγωνο ECB

έχω : $\boxed{C{E^2} = {x^2} - 8x + 64\,}\,\,\,(1)$

Από Θ. Μενελάου στο $\vartriangle EBC$ με διατέμνουσα την $\overline {ASD}$ έχω :

$\dfrac{{EA}}{{AB}} \cdot \dfrac{{BD}}{{DC}} \cdot \dfrac{{CS}}{{SE}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{x - 8}}{x} \cdot \dfrac{7}{{x - 7}} \cdot \dfrac{{CS}}{{SE}} = 1$ και άρα $\dfrac{{CS}}{{SE}} = \dfrac{{x(x - 7)}}{{7(x - 8)}}$

Προσθέτω στους παρανομαστές τους αριθμητές και γίνεται :

: Εξ όνυχας τον Λέοντα.png (25.01 KiB) Προβλήθηκε 862 φορές

$\dfrac{{CS}}{{CE}} = \dfrac{{x(x - 7)}}{{{x^2} - 56}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{CS \cdot CE}}{{C{E^2}}} = \dfrac{{x(x - 7)}}{{{x^2} - 56}}}\,\,\,(2)$ Αν

η προβολή του

στη

το

τετράπλευρο EKDS

είναι εγγράψιμο και επομένως : $\boxed{CS \cdot CE = CD \cdot CK = (x - 7)(x - 4)\,}\,\,(3)$ .

Η (2)

λόγω των $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(3)$ δίδει : $x({x^2} - 8x + 64) = (x - 4)({x^2} - 56) \Leftrightarrow (x - 2)(x - 28) = 0$ , άρα x = 28

STOPJOHN · #14

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 31, 2016 9:19 am
Εξ ονύχων το λέοντα.pngΕπί των πλευρών , ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , παίρνω σημεία , ώστε :

και . Αν $AD \perp CE$ , υπολογίστε την πλευρά του τριγώνου .

Εστω ότι

Τότε το τετράπλευρο ESDK

είναι ορθογώνιο και SD=EK=x,ES=KD=y

$ID//EC\Rightarrow \dfrac{ID}{EC}=\dfrac{7}{a}=\dfrac{IB}{8}\Rightarrow IB=\dfrac{56}{a},(1), EJ//AD\Rightarrow\dfrac{EJ}{AD}=\dfrac{8}{a}=\dfrac{BJ}{7}\Rightarrow BJ=\dfrac{56}{a},(2), (1),(2)\Rightarrow IB=BJ=IJ$

Το τρίγωνο ECB

έχει μια γωνία $60^{0}$ άρα $EC^{2}=64+a^{2}-8a$

ομοιως στο $EDB,DE^{2}=57=x^{2}+y^{2},$

Απο τη συνθήκη καθετότητας είναι

$JI^{2}+ED^{2}=EI^{2}+JD^{2}\Rightarrow t^{2}- 30t+56=0,t=\dfrac{56}{a}, t=2,a=28$

Γιάννης

Θανάση σου ευχομαι να είσαι υγειής και δυνατός και να συνεχίσεις τις δημοσιεύσεις στον ίδιο ρυθμό
μεταβολής .....................

Ιστοσελίδα · #15

Εδώ το αντίστροφο πρόβλημα!

Θανάση, ότι και να πούμε είσαι φαινόμενο...εύχομαι να αγγίξεις το 1 googol σε δημοσιεύσεις

Μιχάλης Τσουρακάκης · #16

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 31, 2016 9:19 am
Εξ ονύχων το λέοντα.pngΕπί των πλευρών , ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , παίρνω σημεία , ώστε :

και . Αν $AD \perp CE$ , υπολογίστε την πλευρά του τριγώνου .

Με $\displaystyle DZ \bot AB,AN \bot BC,$ το $\displaystyle P$ είναι ορθόκεντρο του $\displaystyle \vartriangle ADC$ ,άρα $\displaystyle DP \bot AC$ και $\displaystyle \angle HDC = {30^0}$

Επομένως $\displaystyle HC = \frac{{a - 7}}{2} \Rightarrow AH = \frac{{a + 7}}{2}$ .Ακόμη, $\displaystyle BZ = \frac{7}{2} \Rightarrow AZ = a - \frac{7}{2}$

Είναι , $\displaystyle AE \cdot AZ = AS \cdot AD = AP \cdot AN = AH \cdot AC \Rightarrow \left( {a - 8} \right)\left( {a - \frac{7}{2}} \right) = a\left( {\frac{{a + 7}}{2}} \right)$

Δεκτή λύση $\displaystyle \boxed{a = 28}$

: εξ ονύχων τον λέοντα.png (84.92 KiB) Προβλήθηκε 808 φορές

KARKAR · #17

: 10.000.png (13.82 KiB) Προβλήθηκε 764 φορές

Ευχαριστώ τους φίλους για τις ευχές αλλά κυρίως για τις λύσεις τους . Ας γράψω κι εγώ την

διανυσματική : $\vec{DA}\cdot\vec{EC}=0\Leftrightarrow (\vec{BA}-\dfrac{7}{a}\vec{BC})\cdot(\vec{BC}-\dfrac{8}{a}\vec{BA})=0\Leftrightarrow$

( αφού $(\vec{BA}^2=\vec{BC}^2=a^2$ , $\vec{BA}\cdot\vec{BC}=\dfrac{a^2}{2}$ )

$\Leftrightarrow a^2-30a+56=0\Leftrightarrow a=28$ , αφού για την πλευρά

είναι

.

Εξ ονύχων τον λέοντα

Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων το λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Re: Εξ ονύχων τον λέοντα

Μέλη σε σύνδεση