Μποναμάς.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 442.png (6.02 KiB) Προβλήθηκε 268 φορές

Το τετράπλευρο ABCD

του παραπάνω σχήματος είναι τετράγωνο και το
τρίγωνο BEZ

ορθογώνιο ισοσκελές. Δείξτε ότι ED=2ZH

.

Henri van Aubel · #2

Είναι

και $\angle BZE=2\angle BDE$
Άρα το

είναι το περίκεντρο του τριγώνου BED

και άρα

Τώρα αν φέρουμε

κάθετη στην

με το $K\in ED,$ θα είναι:
DKZH

ορθογώνιο παραλληλόγραμμο και άρα DK=ZH

μεσοκάθετη της

και άρα

Συνεπώς τελικά ED=2ZH

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 27, 2023 7:12 pm
442.png

Το τετράπλευρο του παραπάνω σχήματος είναι τετράγωνο και το
τρίγωνο ορθογώνιο ισοσκελές. Δείξτε ότι .

Από το εγγράψιμμο BZEC

είναι $\angle ZCE=45^0$ άρα η

διέρχεται από το

Με $KZI\bot AB,CD$ προφανώς KZHA

τετράγωνο και τα τρίγωνα BKZ,EZI

είναι ίσα

Άρα EI=KZ=ZH=ID

και το ζητούμενο είναι άμεσο

: Μποναμάς.png (16.08 KiB) Προβλήθηκε 213 φορές

#4

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 27, 2023 7:12 pm
442.png

Το τετράπλευρο του παραπάνω σχήματος είναι τετράγωνο και το
τρίγωνο ορθογώνιο ισοσκελές. Δείξτε ότι .

Πρώτα -πρώτα , πολύ ωραίες οι λύσεις που προηγούνται .

Για την κατασκευή θεωρώ τυχαίο σημείο

εσωτερικό του

και γράφω το ημικύκλιο διαμέτρου

,

Η μεσοκάθετος του

τέμνει το ημικύκλιο στο

.

: Μποναμάς.png (28.03 KiB) Προβλήθηκε 208 φορές

Επειδή $\widehat {\theta _{}^{}} = \widehat {\omega _{}^{}} = 45^\circ$ το

ανήκει στη διχοτόμο της ορθής γωνίας $\widehat {BCD}$ δηλαδή στην διαγώνιο

άρα στη μεοσκάθετο της

.

Συνεπώς : $ZB = ZD \Rightarrow \boxed{ZE = ZD}$ . Τώρα στο ισοσκελές τρίγωνο ZDE

η προβολή του

στην

θα πέσει στο μέσο της .

Το ζητούμενο επομένως αληθές

KARKAR · #5

: Το μακρύτερο.png (9.62 KiB) Προβλήθηκε 185 φορές

Ολοκληρώνω το τετράγωνο BZES

. Υπολογίστε και το

Henri van Aubel · #6

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 28, 2023 8:38 am
Το μακρύτερο.pngΟλοκληρώνω το τετράγωνο . Υπολογίστε και το

Εργαζόμαστε σύμφωνα με την προηγούμενη απόδειξη, ως δεδομένη.
ZBCE

εγγράψιμο και άρα $\angle ZCE=\angle ZBE=\angle ACE$
Άρα A,Z,C

συνευθειακά κι έτσι $\angle ZAH=\angle CAH=45^\circ$
Δηλαδή AH=ZH

Οπότε είναι $\displaystyle HD=a-\frac{a-x}{2}=\frac{a+x}{2}$

Συνεπώς $\displaystyle ZE^{2}=\left ( \frac{a+x}{2} \right )^{2}+\left ( \frac{a-x}{2} \right )^{2}=\frac{2\left ( a^{2}+x^{2} \right )}{4}\Leftrightarrow ZE=SB=\frac{\sqrt{a^{2}+x^{2}}}{\sqrt{2}}$

Επομένως είναι $\displaystyle ST=a+\frac{\sqrt{a^{2}+x^{2}}}{\sqrt{2}}\cdot \sin \angle SBC$

Όμως είναι $\displaystyle \sin \angle SBC=\sin \left ( 45^\circ-\angle CBE \right )=\frac{1}{\sqrt{2}}\cdot \frac{a-x}{\sqrt{a^{2}+x^{2}}}$

Οπότε τελικά $\displaystyle ST=a+\frac{\sqrt{a^{2}+x^{2}}}{\sqrt{2}}\cdot \frac{a-x}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{a^{2}+x^{2}}}=\boxed{\frac{3a-x}{2}}$

#7

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 27, 2023 7:12 pm
442.png

Το τετράπλευρο του παραπάνω σχήματος είναι τετράγωνο και το
τρίγωνο ορθογώνιο ισοσκελές. Δείξτε ότι .

Η

τέμνει την

στο

: Μποναμάς.png (13.22 KiB) Προβλήθηκε 173 φορές

$\displaystyle B\widehat EF = B\widehat DF = 45^\circ ,$ άρα το BFDE

είναι εγγράψιμο και το BFE

ορθογώνιο και ισοσκελές,

οπότε το

είναι μέσο του

και κατά συνέπεια $\boxed{ED=2ZH}$

Henri van Aubel · #8

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 28, 2023 9:45 am

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 27, 2023 7:12 pm
442.png

Το τετράπλευρο του παραπάνω σχήματος είναι τετράγωνο και το
τρίγωνο ορθογώνιο ισοσκελές. Δείξτε ότι .
Η τέμνει την στο Μποναμάς.png
$\displaystyle B\widehat EF = B\widehat DF = 45^\circ ,$ άρα το είναι εγγράψιμο και το ορθογώνιο και ισοσκελές,

οπότε το είναι μέσο του και κατά συνέπεια $\boxed{ED=2ZH}$

Η πιο ωραία λύση μέχρι στιγμής, λόγω φαντασίας!

#9

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 28, 2023 8:38 am
Το μακρύτερο.pngΟλοκληρώνω το τετράγωνο . Υπολογίστε και το

: KARKAR...png (21.62 KiB) Προβλήθηκε 157 φορές

$\displaystyle ZS \bot BE,BE \bot BF \Leftrightarrow ZS|| = FB, BS||=FZ,$ άρα τα ορθογώνια τρίγωνα PSB, HZF

είναι ίσα,

οπότε SP=ZH.

Επομένως, $\displaystyle ST = SP + PT = \frac{{a - x}}{2} + a \Leftrightarrow$ $\boxed{ST=\frac{3a-x}{2}}$

Ιστοσελίδα · #10

Φανης Θεοφανιδης έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 27, 2023 7:12 pm
Το τετράπλευρο του παραπάνω σχήματος είναι τετράγωνο και το
τρίγωνο ορθογώνιο ισοσκελές. Δείξτε ότι .

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 28, 2023 8:38 am
Ολοκληρώνω το τετράγωνο . Υπολογίστε και το

Χωρίς λόγια...

: 2023-01-28_13-01-33.png (18.98 KiB) Προβλήθηκε 131 φορές

Μποναμάς.

Μποναμάς.

Re: Μποναμάς.

Re: Μποναμάς.

Re: Μποναμάς.

Re: Μποναμάς.

Re: Μποναμάς.

Re: Μποναμάς.

Re: Μποναμάς.

Re: Μποναμάς.

Re: Μποναμάς.

Μέλη σε σύνδεση