Πυθαγόρεια κρυάδα

KARKAR · #1

: Πυθαγόρεια κρυάδα.png (13.11 KiB) Προβλήθηκε 834 φορές

Στις πλευρές AB,AD

του $6\times 6$ τετραγώνου ABCD

, παίρνουμε σημεία S,P

, ώστε :

.

Δείξτε ότι το τμήμα

εφάπτεται του κύκλου (C,CB)

- έστω στο

- και υπολογίστε το λόγο : $\dfrac{(DPE)}{(ESB)}$ .
Οι όροι συμμετοχής : Η πρώτη λύση Ευκλείδεια , η δεύτερη τριγωνομετρική και η τρίτη καρτεσιανή .

Στη συνέχεια "η πίστα είναι ελεύθερη" για κάθε είδους λύση ( διανυσματική , αναλυτική κ.λ.π.)

#2

KARKAR έγραψε:Οι όροι συμμετοχής : Η πρώτη λύση Ευκλείδεια , η δεύτερη τριγωνομετρική και η τρίτη καρτεσιανή .

Ποιος να χαλάσει το χατήρι του Θανάση;

: 03-02-2017 Γεωμετρία b.jpg (34.53 KiB) Προβλήθηκε 809 φορές

Από το

φέρνω εφαπτομένη

στο τεταρτοκύκλιο. Τότε PD = PE

. Προεκτείνω τη

, ώστε να τέμνει την

στο

.
Τότε από το

έχουμε τις ίσες εφαπτόμενες S'E = S'B

στο τεταρτοκύκλιο.

Έστω S'B = x

άρα

.

Οπότε PS' = PD + S'B= 2 + x

.

Είναι $\displaystyle {\left( {x + 2} \right)^2} = {4^2} + {\left( {6 - x} \right)^2} \Leftrightarrow x = 3$ , άρα τα S, S'

ταυτίζονται, όπως θέλαμε.

#3

KARKAR έγραψε:Πυθαγόρεια κρυάδα.pngΣτις πλευρές του $6\times 6$ τετραγώνου , παίρνουμε σημεία , ώστε : .

Δείξτε ότι το τμήμα εφάπτεται του κύκλου - έστω στο - και υπολογίστε το λόγο : $\dfrac{(DPE)}{(ESB)}$ .
Οι όροι συμμετοχής : Η πρώτη λύση Ευκλείδεια , η δεύτερη τριγωνομετρική και η τρίτη καρτεσιανή .

Στη συνέχεια "η πίστα είναι ελεύθερη" για κάθε είδους λύση ( διανυσματική , αναλυτική κ.λ.π.)

: Πυθαγόρεια κρυάδα.png (18.14 KiB) Προβλήθηκε 801 φορές

Εύκολα

Ορίζω το

σημείο του τμήματος

, ώστε

Αρκεί να δείξω ότι CE=6

και $\displaystyle{CE \bot SP}.$

Από Π. Θ βρίσκω CP^2=40, CS^2=45

και από Stewart στο CPS

, παίρνω $\boxed{CE=6}$ και με αντίστροφο του

Πυθαγορείου προκύπτει ότι $\boxed{CE \bot SP}.$

Από τα όμοια τρίγωνα PZE, EHS

, βρίσκω $\displaystyle{EZ = \frac{6}{5},EH = \frac{{12}}{5} \Rightarrow \frac{{(DPE)}}{{(ESB)}} = \frac{{2EZ}}{{3EH}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\frac{{(DPE)}}{{(ESB)}} = \frac{1}{3}}$

Όταν ανέβηκε η λύση του Γιώργου (γεια σου Γιώργο!), ήδη πληκτρολογούσα και ήμουν προς το τελείωμα της λύσης, άρα δεν είμαι παράνομος

#4

Άλλη μια Γεωμετρική.

: 03-02-2017 Γεωμετρία c.jpg (50.45 KiB) Προβλήθηκε 799 φορές

Φέρνουμε την κάθετη στην

από το

.

Οπότε, από Πυθ. Θεωρήμα στα ορθογώνια τρίγωνα DPC, SBC

έχουμε διαδοχικά:

$\displaystyle \begin{array}{l} P{C^2} = {6^2} + {2^2} = 40\\ C{S^2} = {6^2} + {3^2} = 45 \end{array}$

και στα CPE, CSE

$\displaystyle \begin{array}{l} {y^2} = 40 - {x^2}\\ {y^2} = 45 - {\left( {5 - x} \right)^2} \end{array}$ οπότε $\displaystyle x = 2,\;\;y = 6$ άρα η

είναι εφαπτομένη του τεταρτοκυκλίου στο

.

edit: Γιώργο καλησπέρα! Όπως διαπιστώνεις μού συνέβη ακριβώς το ίδιο.
Και στη φούρια μου, ξέχασα και το λόγο των εμβαδών...

#5

Και μια με συντεταγμένες. Υπερπηδήσαμε την τριγωνομετρική, αλλά δεν πειράζει (λέω τώρα...)

: 03-02-2017 Γεωμετρία.jpg (40.89 KiB) Προβλήθηκε 798 φορές

Είναι $\displaystyle PS:\;\;y + 2 = - \frac{4}{3}\left( {x + 6} \right) \Leftrightarrow 4x + 3y + 30 = 0$

Είναι $\displaystyle d\left( {C,\;SP} \right) = \frac{{30}}{{\sqrt {{4^2} + {3^2}} }} = 6$ , άρα η

είναι εφαπτόμενη του κύκλου (C, 6)

.

Τότε $\displaystyle CE:\;y = \frac{3}{4}x$ και $\displaystyle E\left( { - \frac{{24}}{5},\; - \frac{{18}}{5}} \right)$

$\displaystyle d\left( {E,\;AD} \right) = 6 - \frac{{24}}{5} = \frac{6}{5},\;\;\;d\left( {E,\;AB} \right) = 6 - \frac{{18}}{5} = \frac{{12}}{5}$

Οπότε $\displaystyle \frac{{\left( {DPE} \right)}}{{\left( {ESB} \right)}} = \frac{{\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \frac{6}{5}}}{{\frac{1}{2} \cdot 3 \cdot \frac{{12}}{5}}} = \frac{1}{3}$ .

edit: Έκανα μια διόρθωση στο λόγο των εμβαδών.

#6

KARKAR έγραψε:Πυθαγόρεια κρυάδα.pngΣτις πλευρές του $6\times 6$ τετραγώνου , παίρνουμε σημεία , ώστε : .

Δείξτε ότι το τμήμα εφάπτεται του κύκλου - έστω στο - και υπολογίστε το λόγο : $\dfrac{(DPE)}{(ESB)}$ .
Οι όροι συμμετοχής : Η πρώτη λύση Ευκλείδεια , η δεύτερη τριγωνομετρική και η τρίτη καρτεσιανή .

Στη συνέχεια "η πίστα είναι ελεύθερη" για κάθε είδους λύση ( διανυσματική , αναλυτική κ.λ.π.)

Έστω σημείο

στην

με $EP = 2\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,SP = 3$ αφού ως γνωστό SP = 5

.

Από το

φέρνω παράλληλες στις AB,AD

που τέμνουν τις BC,DC

στα

αντίστοιχα . Είναι $TZ = \dfrac{2}{5}TB = \dfrac{2}{5}4 = \dfrac{8}{5} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} ZB = \dfrac{{12}}{5} \hfill \\ ZC = \dfrac{{18}}{5} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: πυθαγόρεια κρυάδα.png (30.54 KiB) Προβλήθηκε 790 φορές

Ομοίως $\left\{ \begin{gathered} DH = \dfrac{6}{5} \hfill \\ HC = \dfrac{{24}}{5} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ . Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ZEC$ έχω $C{E^2} = E{Z^2} + Z{C^2} = \dfrac{{{{24}^2} + {{18}^2}}}{{25}} = 36 \Rightarrow CE = 6$ . μετά τα πράγματα είναι πολύ απλά

Με απλές ισότητες τριγώνων έχω $CE \bot PS$ και $\boxed{\dfrac{{(EBS)}}{{(EDS)}} = \dfrac{{(BSZ)}}{{(DPH)}} = \dfrac{{3 \cdot 2,4}}{{2 \cdot 1,2}} = 3}$

Φιλικά, Νίκος

#7

Άλλη μία Γεωμετρική για το πρώτο ερώτημα.

Επειδή ο κύκλος (C, CB)

εφάπτεται στις AB, AD

και

ίσο με την

ημιπερίμετρο του ASP

θα είναι ο

παρεγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου.

Και μία τριγωνομετρική για το δεύτερο ερώτημα.

$\displaystyle{\frac{{(DPE)}}{{(ESB)}} = \frac{{4\sin (E\widehat PD)}}{{9\sin (E\widehat SB)}} = \frac{{4\sin (E\widehat P{\rm Z})}}{{9\sin (E\widehat S{\rm H})}} = \frac{{4 \cdot 3}}{{9 \cdot 4}} = \frac{1}{3}}$

#8

Μια ακόμα Τριγωνομετρική:

: 03-02-2017 Γεωμετρία d.jpg (38.45 KiB) Προβλήθηκε 772 φορές

Φέρνουμε την κάθετη στην

από το

.

Οπότε, από Πυθ. Θεωρήμα στα ορθογώνια τρίγωνα DPC, SBC

έχουμε διαδοχικά:
$\displaystyle \begin{array}{l} P{C^2} = {6^2} + {2^2} = 40\\ C{S^2} = {6^2} + {3^2} = 45 \end{array}$

Από Ν. Συνημιτόνων στο PCS

είναι

$\displaystyle P{S^2} = P{C^2} + P{S^2} - 2PC \cdot PS\sigma \upsilon \nu \varphi \Leftrightarrow 25 = 40 + 45 - 2 \cdot 30\sqrt 2 \sigma \upsilon \nu \varphi$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \varphi = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ άρα $\displaystyle \widehat {PCS} = \varphi = 45^\circ$ .

Οπότε $\displaystyle \left( {PSC} \right) = \frac{{\sqrt {40} \cdot \sqrt {45} \cdot \frac{{\sqrt 2 }}{2}}}{2} = 15 \Leftrightarrow \frac{{PS \cdot CE}}{2} = 15 \Leftrightarrow CE = \frac{{30}}{5} = 6$ , άρα η

είναι εφαπτομένη του τετρατοκυκλίου στο

.

#9

Συνέχεια από το προηγούμενο:

Επίσης τριγωνομετρικά, $\displaystyle \varepsilon \varphi \left( {DCP} \right) = \frac{1}{3},\;\;\;\varepsilon \varphi \left( {SBC} \right) = \frac{1}{2} \Rightarrow \varepsilon \varphi \left( {DCP + SBC} \right) = \frac{{\frac{1}{2} + \frac{1}{3}}}{{1 - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3}}} = 1$ άρα

$\displaystyle \widehat {DCP} + \widehat {SBC} = 45^\circ \Rightarrow \widehat {PSC} = 90^\circ - 45^\circ = 45^\circ$ .

Και συνεχίζουμε όπως παραπάνω...

#10

Τριγωνομετρικά και για το λόγο των εμβαδών:

: 03-02-2017 Γεωμετρία e.jpg (29.32 KiB) Προβλήθηκε 771 φορές

Είναι $\displaystyle \left( {{{\widehat S}_1} + {{\widehat C}_1} = 180^\circ ,\;\;\;{{\widehat P}_1} + {{\widehat C}_2} = 180^\circ \;} \right)\;\; \Rightarrow \;\;\left( {{{\widehat S}_1} + {{\widehat P}_1} = 270^\circ } \right)$

Οπότε $\displaystyle \frac{{\left( {SBC} \right)}}{{\left( {PDC} \right)}} = \frac{{\frac{1}{2} \cdot {3^2}\eta \mu {S_1}}}{{\frac{1}{2} \cdot {2^2}\eta \mu {P_1}}} = \frac{{9\eta \mu {S_1}}}{{4hm\left( {270^\circ - {S_1}} \right)}} = \frac{{9\eta \mu {S_1}}}{{4\left( { - \sigma \upsilon \nu {S_1}} \right)}} =$

$\displaystyle = - \frac{9}{4}\varepsilon \varphi {S_1} = - \frac{9}{4}\varepsilon \varphi \left( {180^\circ - {S_2}} \right) = \frac{9}{4}\varepsilon \varphi {S_2} = \frac{9}{4} \cdot \frac{4}{3} = 3$ .

Πυθαγόρεια κρυάδα

Πυθαγόρεια κρυάδα

Re: Πυθαγόρεια κρυάδα

Re: Πυθαγόρεια κρυάδα

Re: Πυθαγόρεια κρυάδα

Re: Πυθαγόρεια κρυάδα

Re: Πυθαγόρεια κρυάδα

Re: Πυθαγόρεια κρυάδα

Re: Πυθαγόρεια κρυάδα

Re: Πυθαγόρεια κρυάδα

Re: Πυθαγόρεια κρυάδα

Μέλη σε σύνδεση