Στο παραλληλόγραμμο $ABCD$ του σχήματος, είναι
$BC = 10\,,\,AK = 2,TB \bot KT,\,KT = 12\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TC = KD$.
$(KDC)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(ABTK)$.
$(DKC) = {N_3} = 48 = 12 +
36 = {N_1} + {N_2} = (ABTK)$
Καλησπέρα κι
ευχαριστώ.
Ας δούμε μια ακόμη άποψη
Πρώτα-πρώτα όπως πολύ σωστά ο κ, Ευθυμίου βρήκε το τρίγωνο $TBC$ έχει κάθετες πλευρές $TB =
6,TC = 8$.
Φέρνουμε την απόσταση $KZ =
h$ από την ευθεία $BC$. Ας πούμε
και $BZ = x$.
Από το εγγράψιμο τετράπλευρο $TBZK$ έχουμε :
$CT \cdot CK = CB \cdot CZ \Rightarrow 8 \cdot
20 = 10(10 + x) \Rightarrow x = 6$. Συνεπώς τα ορθογώνια τρίγωνα $TKB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZKB$ έχουν
κοινή υποτείνουσα $KB$ και $TB = BZ = 6$, άρα θα είναι ίσα και έτσι $h = KT = 12$ .
Μετά απ’ αυτά:
${N_1} = \dfrac{1}{2} \cdot 2
\cdot 12 = 12\,\,,\,\,{N_2} = \dfrac{1}{2} \cdot 12 \cdot 6 = 36\,\,$.
$\,\kappa \alpha \iota
\,\,\,\,\,{N_3} = \dfrac{1}{2} \cdot 8 \cdot 12 = 48$
Συνεπώς:
Καλημέρα φίλε Νίκο.
ΑπάντησηΔιαγραφήhttp://www.nannos.gr/doloros/doloros.png
Καλημέρα κύριε Φραγκάκη
ΑπάντησηΔιαγραφήΠολύ ωραία, να βρίσκομαι σε προσφιλές “γήπεδο”
$KD=10-2=8 \Rightarrow TC=KD=8$
και $KC=12+8=20$
$BTC$ ορθογώνιο άρα $BT=6$ , $(6,8,10)$
κλασικό ορθ. τρίγωνο
Έστω $E$ η τομή των $AB$ και $KC$ ,
$A'$ η προβολή του $A$ στην $EK$
και $D'$ η προβολή του $D$ στην $KC$
Τα τρίγωνα $AA'K$ και $BTC$ είναι όμοια,
άρα $AA'=2 \times \frac{6}{10}=1.2$
Τα τρίγωνα $EAK$ και $KDC$ όμοια
άρα $EK=2 \times \frac{20}{8}=5$
και $DD'=1.2 \times \frac{20}{5}=4.8$
Άρα $(KDC)= \frac{1}{2} \times 20 \times 4.8=48$
και $(ABTK)=(ETB)-(EAK)$=
=$\frac{1}{2}\times (12+5=17) \times 6- \frac{1}{2} \times5 \times 1.2 =48$
Υ.Γ. Ανεξάρτητα από το τι σημαίνει το μήνυμα,
μιας και το έλυσα και δεν ταιριάζουν οι λύσεις το αναρτώ