Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Ιστοσελίδα · #21

ctheofi έγραψε:Άσκηση 009

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και εσωτερικό σημείο Ε, τέτοιο ώστε το τρίγωνο ΕΑΒ να είναι ισοσκελές, με τις ίσες γωνίες του ΕΑΒ και ΕΒΑ να ισούνται προς 15 μοίρες.

Να δειχτεί ότι το τρίγωνο ΕΔΓ είναι ισόπλευρο.

Μια λύση όχι δική μου...

: sq009.png (20.39 KiB) Προβλήθηκε 2471 φορές

$\vartriangle {\rm E}{\rm A}\Delta \mathop = \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \vartriangle {\rm E}{\rm B}\Gamma \Rightarrow {\rm E}\Delta = {\rm E}\Gamma$ και $\Delta \widehat {\rm E}{\rm A} = \Gamma \widehat {\rm E}{\rm B} = y$ .
Έστω ότι $\Delta \widehat {\rm E}\Gamma = 2x$ με: $2x > {60^ \circ } \Leftrightarrow x > {30^ \circ } \Leftrightarrow y < {75^ \circ } \Leftrightarrow {\rm B}\Gamma < {\rm E}\Gamma \Leftrightarrow \Gamma \Delta < {\rm E}\Gamma \Leftrightarrow$
$2x < {90^ \circ } - x \Leftrightarrow 3x < {90^ \circ } \Leftrightarrow x < {30^ \circ } \Leftrightarrow 2x < {60^ \circ }$ , οπότε $2x = {60^ \circ }$ και το $\vartriangle {\rm E}\Delta \Gamma$ ισόπλευρο.

Την είχαμε δει εδώ και στις παραπομπές.

Ιστοσελίδα · #22

Άσκηση 010

: sq010.jpg (19.99 KiB) Προβλήθηκε 2466 φορές

Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και έστω ${\rm E},{\rm Z},{\rm H},\Theta$ τα μέσα των πλευρών ${\rm A}{\rm B},{\rm B}\Gamma ,\Gamma \Delta ,\Delta {\rm A}$ αντίστοιχα. Δείξτε ότι το τετράπλευρο ${\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}$ , που σχηματίζεται απ’ τις τομές των πλευρών $\Delta {\rm Z},\Theta {\rm B},{\rm A}{\rm H},{\rm E}\Gamma$ , είναι τετράγωνο και ότι $\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta } \right) = 5\left( {{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}} \right)$ .

#23

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Άσκηση 007
Το συνημμένο sq007.jpg δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και εξωτερικό του σημείο ${\rm E}$ , τέτοιο ώστε $\Gamma {\rm E} \bot \Delta {\rm E}$ . Αν $\Gamma {\rm E} = x,\,\Delta {\rm E} = y$ , να δείξετε ότι:

1) ${\rm E}{\rm A} = \sqrt {{{(x + y)}^2} + {y^2}}$ .

2) ${\rm E}{\rm B} = \sqrt {{{(x + y)}^2} + {x^2}}$ .

: Τετράγωνο_007.png (20.98 KiB) Προβλήθηκε 2466 φορές

Ας θεωρήσουμε Καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων με αρχή το ${\rm E}$ και υποθέτουμε

ότι το διάνυσμα $\overrightarrow {{\rm E}\Gamma } = (x,0)$ είναι, λόγω ισομορφισμού, ο μιγαδικός ${u_1} = x$

και ομοίως το $\overrightarrow {{\rm E}\Delta } = (0,y)$ είναι ο μιγαδικός ${u_2} = yi$ . Τότε

$\overrightarrow {\Delta \Gamma } \to \boxed{z = x - yi}$ . Αφού δε ο πολλαπλασιασμός με την φανταστική μονάδα

στρέφει τον μιγαδικό

κατά ${90^0}$ θα έχουμε $\boxed{\overrightarrow {\Delta {\rm A}} = \overrightarrow {\Gamma {\rm B}} \to zi\,\,\,}$ . Μετά απ’

αυτά $\overrightarrow {{\rm E}{\rm A}} \to {z_1} = yi + zi\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\overrightarrow {{\rm E}{\rm B}} \to {z_2} = x + zi$ .

Επειδή ${z_1} = yi + (x - yi)i = y + (x + y)i\,\,\,$ και

${z_1} = y + (x - yi)i = (x + y) + xi\,\,\,$ έχουμε:

$|{z_1}| = \sqrt {{y^2} + {{(x + y)}^2}}$ και $|{z_2}| = \sqrt {{x^2} + {{(x + y)}^2}}$ που είναι και το

ζητούμενο .

Φιλικά Νίκος

Ιστοσελίδα · #24

Άσκηση 011

: sq011.png (19.87 KiB) Προβλήθηκε 2454 φορές

Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ με σημεία ${\rm E},{\rm Z},{\rm H},\Theta$ στις πλευρές $\Delta {\rm A},{\rm A}{\rm B},{\rm B}\Gamma ,\Gamma \Delta$ αντίστοιχα, έτσι ώστε ${\rm E}\widehat {\rm B}\Gamma = {\rm A}\widehat \Delta {\rm H} = \Theta \widehat {\rm A}{\rm B} = \Delta \widehat \Gamma {\rm Z} = {75^ \circ }$ .

Δείξτε ότι το τετράπλευρο ${\rm I}{\rm K}\Lambda {\rm M}$ , που σχηματίζεται από τις τομές των πλευρών ${\rm A}\Theta ,\,{\rm Z}\Gamma ,\,\Delta {\rm H},\,{\rm E}{\rm B}$ , είναι τετράγωνο και ότι $\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta } \right) = 2({\rm I}{\rm K}\Lambda {\rm M})$ .

Ιστοσελίδα · #25

Άσκηση 012

: sq012.png (8.67 KiB) Προβλήθηκε 2430 φορές

Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και εσωτερικό του σημείο ${\rm E}$ , τέτοιο ώστε $\Gamma \widehat {\rm E}{\rm B} = {90^ \circ }$ . Να δείξετε ότι $\left( {{\rm A}{\rm E}{\rm B}} \right) = \displaystyle\frac{{{\rm B}{{\rm E}^2}}}{2}$ .

KARKAR · #26

Άσκηση 013

: TETR NANN.png (7.83 KiB) Προβλήθηκε 2417 φορές

Σημείο $\Sigma$ κινείται επί της πλευράς $B\Gamma$ του τετραγώνου $AB\Gamma \Delta$ ενώ

είναι το μέσο της

.
Γράφω τα ημικύκλια του σχήματος , με διαμέτρους $B\Sigma$ και $\Delta \Sigma$ , τα οποία τέμνονται στο

1) Δείξτε ότι το

βρίσκεται πάνω στην διαγώνιο $B\Delta$
2) Βρείτε τη θέση του $\Sigma$ , ώστε το ημικύκλιο διαμέτρου $\Delta \Sigma$ να διέλθει από το

3) Βρείτε τη θέση του $\Sigma$ , ώστε το ημικύκλιο διαμέτρου $B\Sigma$ κα εφάπτεται της $\Gamma M$

TETR NANN.png.ggb: (6.68 KiB) Μεταφορτώθηκε 78 φορές

jim.jt · #27

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Άσκηση 010
sq010.jpg
Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και έστω ${\rm E},{\rm Z},{\rm H},\Theta$ τα μέσα των πλευρών ${\rm A}{\rm B},{\rm B}\Gamma ,\Gamma \Delta ,\Delta {\rm A}$ αντίστοιχα. Δείξτε ότι το τετράπλευρο ${\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}$ , που σχηματίζεται απ’ τις τομές των πλευρών $\Delta {\rm Z},\Theta {\rm B},{\rm A}{\rm H},{\rm E}\Gamma$ , είναι τετράγωνο και ότι $\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta } \right) = 5\left( {{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}} \right)$ .

Τα τρίγωνα $\Delta KA,\Delta \Lambda \Gamma ,\Gamma \Lambda M,ABN$ είναι προφανώς ίσα και ορθογώνια (η δικαιολόγηση είναι εύκολη).

Με το θεώρημα Θαλή σε κάθε τρίγωνο συμπεραίνουμε ότι $K\Lambda =\Lambda M=MN=KN=\frac{\Delta \Lambda }{2}$ .

Με τα δύο προηγούμενα συμπεραίνουμε ότι το $K\Lambda MN$ είναι τετράγωνο.

Επίσης $\varepsilon \varphi \angle \Gamma \Delta \Lambda =\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{\Gamma \Lambda }{\Delta \Lambda }=\frac{1}{2}\Leftrightarrow \Gamma \Lambda =\frac{\Delta \Lambda }{2}=K\Lambda$

Τέλος με Π.Θ. στο τρίγωνο $\Delta \Lambda \Gamma$ , έχουμε

$\Delta \Lambda ^2+\Gamma \Lambda 2=\Lambda \Gamma ^2\Rightarrow 5K\Lambda ^2=\Delta \Gamma ^2$

το οποίο είναι ισοδύναμο με το ζητούμενο.

#28

Καλησπέρα σε όλους. Με χαρά είδα την πρωτοβουλία του Μιχάλη.

Ξεκινώ με την Άσκηση 012
που δεν έχει ακόμα απαντηθεί.

Με το σχήμα του Μιχάλη, δίχως καμία ουσιαστική παρέμβαση

: 30-5-2013 Γεωμετρία.jpg (6.15 KiB) Προβλήθηκε 2392 φορές

Είναι $\displaystyle\left( {AEB} \right) = \frac{{A{\rm B} \cdot B{\rm E}}}{2} \cdot \eta \mu \left( {\widehat {{\rm A}{\rm B}{\rm E}}} \right) = \frac{{\alpha \cdot B{\rm E}}}{2} \cdot \eta \mu \left( {\widehat {{\rm A}{\rm B}{\rm E}}} \right)$ (1)

Όμως στο τρίγωνο $\displaystyle{\rm B}{\rm E}\Gamma$ είναι

$\displaystyle\sigma \upsilon \nu \left( {\widehat {{\rm E}{\rm B}\Gamma }} \right) = \frac{{{\rm B}{\rm E}}}{{{\rm A}\Gamma }} \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \left( {90^\circ - \widehat {{\rm A}{\rm B}{\rm E}}} \right) = \frac{{{\rm B}{\rm E}}}{\alpha } \Leftrightarrow \eta \mu \left( {\widehat {{\rm A}{\rm B}{\rm E}}} \right) = \frac{{{\rm B}{\rm E}}}{\alpha }$ (2)

Οπότε, η (1) λόγω της (2), γράφεται $\displaystyle\left( {AEB} \right) = \frac{{\alpha \cdot B{\rm E}}}{2} \cdot \frac{{{\rm B}{\rm E}}}{\alpha } = \frac{{{\rm B}{{\rm E}^2}}}{2}$ .

KARKAR · #29

Άσκηση 014

: Χορδές.png (9.2 KiB) Προβλήθηκε 2159 φορές

Εξωτερικά του τετραγώνου $AB\Gamma\Delta$ και με πλευρά την $\Gamma\Delta$ , σχεδιάζω το ισόπλευρο τρίγωνο $K\Gamma\Delta$ .

Γράφω τον κύκλο που διέρχεται από τα K,A,B

και τη χορδή

η οποία διέρχεται

από τα $A,\Delta$ . Υπολογίστε το μήκος της

...*Αλλαγή ζητουμένου, by Doloros

#30

Άσκηση 011

ΛΥΣΗ: (Με το σχήμα του Μιχάλη, δίχως καμμία βοηθητική)

: 30-5-2013 Γεωμετρία β.jpg (8.84 KiB) Προβλήθηκε 2346 φορές

Οι γωνίες $\displaystyle\widehat {\Delta {\rm A}\Theta },\;\widehat {{\rm A}{\rm B}{\rm E}},\;\widehat {{\rm B}\Gamma {\rm Z}},\;\widehat {\Gamma \Delta {\rm H}}$ έχουν μέτρο $\displaystyle15^\circ$ ως συμπληρώματα γωνιών $\displaystyle75^\circ$

Οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle\Delta {\rm A}\Theta ,\;{\rm A}{\rm B}{\rm E},\;{\rm B}\Gamma {\rm Z},\;\Delta \Gamma {\rm H}$ είναι ίσα, αφού έχουν μία κάθετη πλευρά (πλευρές τετραγώνου) και μία αντίστοιχη οξεία γωνία ίσες.

Οπότε και οι γωνίες $\displaystyle\widehat {{\rm A}{\rm M}{\rm B}},\;\;\widehat {\Lambda {\rm B}\Gamma },\;\widehat {\Gamma {\rm K}\Delta },\;\widehat {\Delta {\rm I}{\rm A}}$ είναι $\displaystyle90^\circ$ (υπολογίζοντας το άθροισμα των γωνιών των τριγώνων $\displaystyle{\rm A}{\rm M}{\rm B},\;\Lambda {\rm B}\Gamma ,\;\Gamma {\rm K}\Delta ,\;\Delta {\rm I}{\rm A}$ αντίστοιχα.

Οι κατακορυφήν τους είναι ίσες, οπότε το $\displaystyle{\rm I}{\rm K}\Lambda {\rm M}$ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο.

Αφού $\displaystyle{\rm A}{\rm E} = {\rm Z}{\rm B} = \Gamma {\rm H} = \Delta \Theta$ , τα τρίγωνα $\displaystyle{\rm E}{\rm A}{\rm M},\;{\rm B}{\rm Z}\Lambda ,\;\Gamma {\rm H}{\rm K},\;\Delta \Theta {\rm I}$ είναι ίσα, οπότε και $\displaystyle{\rm A}{\rm M} = \Lambda {\rm B} = \Gamma {\rm K} = \Delta {\rm I}$ και $\displaystyle{\rm E}{\rm M} = \Lambda {\rm Z} = {\rm K}{\rm H} = \Theta {\rm I}$ .

Αφαιρώντας κατάλληλα, τμήματα προκύπτει $\displaystyle{\rm M}{\rm Z} = {\rm M}{\rm K} = {\rm K}{\rm I} = {\rm M}{\rm I}$ , οπότε $\displaystyle{\rm I}{\rm K}\Lambda {\rm M}$ είναι τετράγωνο.

Από Θ. Θαλή για τις παράλληλες $\displaystyle{\rm B}{\rm E}//\Delta {\rm H}$ είναι $\displaystyle\frac{{{\rm M}{\rm I}}}{{{\rm A}{\rm I}}} = \frac{{\Delta {\rm E}}}{{{\rm A}\Delta }}$

Είναι $\displaystyle\varepsilon \varphi 15^\circ = \frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{{\rm A}{\rm B}}}$ , οπότε $\displaystyle\frac{{\Delta {\rm E}}}{{{\rm A}\Delta }} = \frac{{{\rm A}\Delta - {\rm A}{\rm E}}}{{{\rm A}\Delta }} = 1 - \varepsilon \varphi 15^\circ = \sqrt 3 - 1$

Επίσης είναι $\displaystyle\sigma \upsilon \nu 15^\circ = \frac{{{\rm A}{\rm I}}}{{{\rm A}\Delta }} \Leftrightarrow {\rm A}{\rm I} = \alpha \cdot \frac{{\sqrt {2 + \sqrt 3 } }}{2}$

Οπότε $\displaystyle\frac{{{\rm M}{\rm I}}}{{{\rm A}{\rm I}}} = \sqrt 3 - 1$ δηλαδή $\displaystyle\frac{{{{\left( {{\rm M}{\rm I}} \right)}^2}}}{{{\alpha ^2}}} = \frac{{{{\left( {\sqrt {2 + \sqrt 3 } } \right)}^2}}}{4} \cdot {\left( {\sqrt 3 - 1} \right)^2} = \frac{{\left( {2 + \sqrt 3 } \right)\left( {2 - \sqrt 3 } \right)}}{2} = \frac{1}{2}$
άρα $\displaystyle\frac{{\left( {{\rm I}{\rm K}\Lambda {\rm M}} \right)}}{{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta } \right)}} = \frac{1}{2}$

#31

KARKAR έγραψε:Άσκηση 013
Το συνημμένο TETR NANN.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημείο $\Sigma$ κινείται επί της πλευράς $B\Gamma$ του τετραγώνου $AB\Gamma \Delta$ ενώ είναι το μέσο της .
Γράφω τα ημικύκλια του σχήματος , με διαμέτρους $B\Sigma$ και $\Delta \Sigma$ , τα οποία τέμνονται στο

1) Δείξτε ότι το βρίσκεται πάνω στην διαγώνιο $B\Delta$
2) Βρείτε τη θέση του $\Sigma$ , ώστε το ημικύκλιο διαμέτρου $\Delta \Sigma$ να διέλθει από το
3) Βρείτε τη θέση του $\Sigma$ , ώστε το ημικύκλιο διαμέτρου $B\Sigma$ κα εφάπτεται της $\Gamma M$
Το συνημμένο TETR NANN.png.ggb δεν είναι πλέον διαθέσιμο

: Τετράγωνο_013_1.png (15.22 KiB) Προβλήθηκε 2316 φορές

1. Επειδή οι γωνίες $\widehat {\Delta {\rm T}\Sigma }\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\widehat {{\rm B}{\rm T}\Sigma }$ βαίνουν σε ημικύκλια , είναι ορθές άρα

παραπληρωματικές οπότε θα έχουν τις μη κοινές πλευρές τους ${\rm T}\Delta ,{\rm T}{\rm B}$

αντικείμενες ημιευθείες. Δηλαδή το σημείο ${\rm T}$ ανήκει στην διαγώνιο $\Delta {\rm B}$ .

2.

: Τετράγωνο_013_2.png (17.38 KiB) Προβλήθηκε 2316 φορές

Τώρα $\widehat \omega = \widehat \theta$ αφού είναι συμπλήρωμα της γωνίας $\widehat \sigma$ . Άμεση συνέπεια: τα

ορθογώνια τρίγωνα ${\rm A}\Delta {\rm M}\,\,,\,\,{\rm B}{\rm M}\Sigma$ είναι όμοια . Αν η πλευρά του τετραγώνου

είναι $4\alpha$ θα έχουμε $\displaystyle\frac{{{\rm B}\Sigma }}{{{\rm A}{\rm M}}} = \displaystyle\frac{{{\rm M}{\rm B}}}{{{\rm A}\Delta }} \Rightarrow \frac{{{\rm B}\Sigma }}{{2\alpha }} = \displaystyle\frac{{2\alpha }}{{4\alpha }} \Rightarrow \boxed{{\rm B}\Sigma = \alpha }$ .

3.

: Τετράγωνο_013_3.png (14.95 KiB) Προβλήθηκε 2316 φορές

Αν ${\rm Z}$ το σημείο επαφής του ημικυκλίου διαμέτρου ${\rm B}\Sigma$ με την $\Gamma {\rm M}$ και ${\rm K}$ το

κέντρο του , τα ορθογώνια τρίγωνα ${\rm B}\Gamma {\rm M}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm Z}\Gamma {\rm K}$ θα είναι προφανώς όμοια .

Ας πούμε $\rho$ την ακτίνα του πιο πάνω ημικυκλίου . Έχουμε:

$\boxed{\frac{{{\rm M}{\rm B}}}{{{\rm K}{\rm Z}}} = \frac{{{\rm M}\Gamma }}{{{\rm K}\Gamma }} \Rightarrow \frac{{2\alpha }}{\rho } = \frac{{{\rm M}\Gamma }}{{4\alpha - \rho }}}\,\,(1)$ . Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο

τρίγωνο ${\rm B}\Gamma {\rm M}$ ισχύει : ${\rm M}{\Gamma ^2} = {\rm B}{{\rm M}^2} + {\rm B}{\Gamma ^2} \Rightarrow {\rm M}\Gamma = 4{\alpha ^2} + 16{\alpha ^2}$ ,

συνεπώς $\boxed{{\rm M}\Gamma = 2\alpha \sqrt 5 }$ . Η (1)

τώρα δίδει :

$(1 + \sqrt 5 )\rho = 4\alpha \Rightarrow 2\phi \rho = 4\alpha \Rightarrow \boxed{{\rm B}\Sigma = \frac{{4\alpha }}{\phi }}$ . Με $\boxed{\phi = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}$ .

Φιλικά Νίκος

Ιστοσελίδα · #32

Άσκηση 015

: sq015.png (23.4 KiB) Προβλήθηκε 2287 φορές

Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ πλευράς $\alpha$ . Να αποδειχθεί ότι για τον κύκλο $\left( {{\rm O},\rho } \right)$ , ο οποίος διέρχεται απ’ τα ${\rm A},\Delta$ και εφάπτεται της πλευράς ${\rm B}\Gamma$ στο ${\rm E}$ , ισχύει $\rho = \displaystyle\frac{{5\alpha }}{8}$ .

orestisgotsis · #33

ΠΕΡΙΤΤΑ

Μιχάλης Τσουρακάκης · #34

μια ιδέα για την 8

Έστω $\Delta M\cap \textrm{AB}=\textrm{Z}$ .Επειδή $\textrm{M}$ μέσον της $\Gamma B$ θα είναι προφανώς $\Delta M=\textrm{MZ}$ οπότε από το ορθογώνιο τρίγωνο $\Delta \textrm{AZ}$ θα είναι $\textrm{AM=MZ}\Rightarrow \textrm{B}$ είναι μέσον της $\textrm{AZ}$ (Αφού η $\textrm{MB}$ ως ύψος θα είναι και διάμεσος του ισοσκελούς τριγώνου $\textrm{AMZ}$ ).Τότε όμως στο ορθογώνιο τρίγωνο $\textrm{AEZ}$ η $\textrm{EB}$ είναι διάμεσος προς την υποτείνουσα ,άρα $\textrm{EB=AB}$

#35

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Άσκηση 015
Το συνημμένο sq015.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ πλευράς $\alpha$ . Να αποδειχθεί ότι για τον κύκλο $\left( {{\rm O},\rho } \right)$ , ο οποίος διέρχεται απ’ τα ${\rm A},\Delta$ και εφάπτεται της πλευράς ${\rm B}\Gamma$ στο ${\rm E}$ , ισχύει $\rho = \displaystyle\frac{{5\alpha }}{8}$ .

: tetragona_15.png (20.9 KiB) Προβλήθηκε 2225 φορές

Αν η ${\rm E}{\rm O}$ κόψει την ${\rm A}\Delta$ στο ${\rm M}$ και τον κύκλο, ακόμα, στο ${\rm Z}$ θα είναι το ${\rm M}$

μέσο της πλευράς ${\rm A}\Delta$ άρα ${\rm O}{\rm M} \bot {\rm A}\Delta$ . Θέτω ${\rm A}\Delta = 4\lambda$ . Επειδή τα

ορθογώνια τρίγωνα ${\rm M}{\rm E}\Delta \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{\rm M}\Delta {\rm Z}$ είναι όμοια θα έχουμε :

${\rm A}{\rm M} = 2\lambda \,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm Z}{\rm M} = \lambda$ . Από την δύναμη του σημείου ${\rm M}$ ως προς τον κύκλο

$({\rm O},\rho )$ έχουμε:

${\rm M}\Delta \cdot {\rm M}{\rm A} = {\rm M}{\rm E} \cdot {\rm M}{\rm Z} \Rightarrow 4{\lambda ^2} = (2\rho - \lambda )\lambda \Rightarrow 2\rho = 5\lambda$ . Συνεπώς

$\boxed{\rho = \frac{{5\lambda }}{2} = \frac{{5(4\lambda )}}{8} = \frac{{5\alpha }}{8}}$

Φιλικά Νίκος

Ιστοσελίδα · #36

Άσκηση 016

: sq016.jpg (18.89 KiB) Προβλήθηκε 2194 φορές

Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και έστω $\Delta {\rm E}\,({\rm E} \in {\rm A}{\rm B})$ η διχοτόμος της ${\rm A}\widehat \Delta {\rm B}$ . Αν ${\rm Z} \equiv {\rm A}\Gamma \cap \Delta {\rm E}$ , να δείξετε ότι ${\rm A}{\rm Z} = {\rm A}{\rm E}$ .

#37

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Άσκηση 016

Έστω

το κέντρο του τετραγώνου

$A \hat E\Delta=90^o-A\hat \Delta E=90^o-Z\hat \Delta O=\Delta \hat ZO=A\hat ZE$

Άρα AZ=AE

Ιστοσελίδα · #38

Άσκηση 017

: sq017.jpg (18.51 KiB) Προβλήθηκε 2171 φορές

Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ με ${\rm M}$ το μέσο της πλευράς ${\rm A}{\rm B}$ και σημείο ${\rm N}$ , επί της διαγωνίου ${\rm A}\Gamma$ , τέτοιο ώστε ${\rm A}{\rm N} = 3{\rm N}\Gamma$ . Να δείξετε ότι το $\triangleleft \Delta {\rm N}{\rm M}$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

gavrilos · #39

ΑΣΚΗΣΗ 17

Με "λίγη" τριγωνομετρία.....

: Γεωμετρια mathematica_29.PNG (8.94 KiB) Προβλήθηκε 2116 φορές

Στο σχήμα,τα τρίγωνα $\displaystyle{B\Gamma N \ , \ \Gamma \Delta N}$ είναι ίσα επειδή:

i) $\displaystyle{B\Gamma =\Gamma \Delta}$ ,
ii)Έχουν τη $\displaystyle{\Gamma N}$ κοινή,
iii) $\displaystyle{\hat{N\Gamma \Delta}=\hat{B\Gamma N}=45^{\circ}}$ .

Άρα $\displaystyle{BN=\Delta N}$ .(1)

Η $\displaystyle{AN}$ ισούται με $\displaystyle{\frac{3A\Gamma}{4}=\frac{3a\sqrt{2}}{4}}$ με $\displaystyle{a}$ την πλευρά του τετραγώνου.

Ο νόμος των συνημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{AMN}$ μας δίνει

$\displaystyle{MN^{2}=\frac{a^2}{4}+\frac{18a^2}{16}-2\cdot \frac{a}{2}\cdot \frac{3a\sqrt{2}}{4} \cdot cos45^{\circ}=\frac{22a^{2}}{16}-\frac{12a^{2}}{16}=\frac{10a^2}{16} \Leftrightarrow MN=\frac{a\sqrt{10}}{4}}$ .

Ο ίδιος νόμος εφαρμόζεται στο τρίγωνο $\displaystyle{ABN}$ δίνει

$\displaystyle{BN^{2}=a^{2}+\frac{18a^2}{16}-2a\frac{3a\sqrt{2}}{4}\cdot cos45^{\circ}=\frac{34a^2}{16}-\frac{24a^2}{16}=\frac{10a^2}{16} \Leftrightarrow BN=\frac{a\sqrt{10}}{4}=MN}$ .Και από τη σχέση (1) παίρνουμε ότι το τρίγωνο $\displaystyle{\Delta MN}$ είναι ισοσκελές.

Τώρα,με Π.Θ. στο τρίγωνο $\displaystyle{A\Delta M}$ παίρνουμε ότι $\displaystyle{\Delta M=\frac{a\sqrt{5}}{2}}$ .

Ξέρουμε ότι $\displaystyle{\Delta N=MN=\frac{a\sqrt{10}}{4}}$ .

$\displaystyle{\frac{10a^2}{16}+\frac{10a^2}{16}=\frac{20a^2}{16}=\left(\frac{a\sqrt{5}}{2}\right)^{2}}$ ,άρα στο τρίγωνό μας ισχύει το αντίστροφο του Π.Θ. άρα είναι ορθογώνιο κι έτσι όλα τα ζητούμενα αποδείχθηκαν.

**Edit:Επισύναψη του αρχείου geogebra.

orestisgotsis · #40

ΠΕΡΙΤΤΑ

Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Μέλη σε σύνδεση