Τετράπλευρο 8.

Φανης Θεοφανιδης · #1

: 101.png (8.12 KiB) Προβλήθηκε 432 φορές

Στο παραπάνω τετράπλευρο $AB\Gamma \Delta$ , δείξτε ότι $\varphi =60^{0}$ .

#2

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:101.png

Στο παραπάνω τετράπλευρο $AB\Gamma \Delta$ , δείξτε ότι $\varphi =60^{0}$ .

Καλησπέρα!

Νόμος συνημιτόνων διαδοχικά στα τρίγωνα $AB\Gamma, A\Gamma\Delta:$ $\displaystyle{3 = 1 + A{\Gamma ^2} - 2A\Gamma \cos {45^0} \Leftrightarrow A\Gamma = \frac{{\sqrt 2 + \sqrt {10} }}{2}}$ (1)

$\displaystyle{4 = 2 + A{\Gamma ^2} - 2A\Gamma \sqrt 2 \cos \varphi \mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} }$ $\boxed{\varphi=60^0}$

Φανης Θεοφανιδης · #3

Μετά από πολλές προσπάθειες και εγώ Γιώργο δεν κατάφερα να αποφύγω τον Νόμο συνημιτόνων.

nikkru · #4

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:101.png

Στο παραπάνω τετράπλευρο $AB\Gamma \Delta$ , δείξτε ότι $\varphi =60^{0}$ .

Μια λύση με χρήση Γ.Π.Θ.

Φέρνουμε $BK\perp AC,DN\perp AC$ .

: Τετράπλευρο 8.png (14.32 KiB) Προβλήθηκε 386 φορές

Το τρίγωνο ABK

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και από το Π.Θ. βρίσκουμε $AK=KB=\frac{\sqrt{2}}{2}$ .
Πάλι από το Π.Θ. στο BCK

βρίσκουμε $KC=\frac{\sqrt{10}}{2}$ .

Από Γ.Π.Θ. στο ADC

έχουμε: $AD^2=AC^2+DC^2-2AC \cdot CN$ ή $CN=\frac{AC^2+DC^2-AD^2}{2AC}$ άρα

$\displaystyle CN=\frac{(\frac{\sqrt{2}+\sqrt{10}}{2})^2+\sqrt{2}^2-2^2}{2(\frac{\sqrt{2}+\sqrt{10}}{2})}$ $\displaystyle =\frac{\frac{2+2\sqrt{2}\sqrt{10}+10}{4}-2}{\sqrt{2}+\sqrt{10}}=\frac{4+2\sqrt{2}\sqrt{10}}{4(\sqrt{2}+\sqrt{10})}=\frac{2\sqrt{2}(\sqrt{2}+\sqrt{10})}{\sqrt{2}+\sqrt{10}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

Τέλος, στο ορθογώνιο τρίγωνο DCN

είναι $CN=\frac {DC}{2}$ άρα $\widehat{\varphi }=60^o$ .

#5

Για λύση χωρίς τριγωνομετρία αν και σε τέτοιου είδους ασκήσεις η τριγωνομετρία

δίδει γρήγορες και μη επίπονες λύσεις .

: τετράπλευρο 8.png (30.76 KiB) Προβλήθηκε 381 φορές

Ας είναι

οι προβολές των B,D

στην

και

το μέσο του

.

Προφανώς $\boxed{y = AE = EB = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2}}\,\,(1)$ . Από το Π. Θ. στο $\vartriangle EBC$ έχω :

$E{C^2} = B{C^2} - E{B^2} = 3 - \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{2} = \dfrac{{10}}{4} \Rightarrow \boxed{EC = \dfrac{{\sqrt {10} }}{2}}\,\,(2)$ Από το 2ο Θ. διαμέσων στο

$\vartriangle DAC$ , έχω : $D{A^2} - D{C^2} = 2AC \cdot MZ \Rightarrow 4 - 2 = 2\dfrac{{\sqrt 2 + \sqrt {10} }}{2}MZ$ , απ’ όπου έχω :

$\boxed{MZ = \dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{4}}\,\,(3)$ μα τώρα αν θέσω ZC = x

θα είναι :

$x = AC - AZ = AC - (AM + MZ) = AC - \dfrac{{AC}}{2} - MZ = \dfrac{{AC}}{2} - MZ$ οπότε και λόγω

των $(1)\,\,,\,\,(2)\,\,,(3)$ : $x = \dfrac{{\sqrt {10} + \sqrt 2 }}{4} - \dfrac{{\sqrt {10} - \sqrt 2 }}{4} \Rightarrow \boxed{x = \dfrac{{\sqrt 2 }}{2} = \dfrac{{DC}}{2}}$ . Δηλαδή το

ορθογώνιο τρίγωνο $ZCD \to (90^\circ ,60^\circ ,30^\circ )$ και η γωνία που ζητώ $60^\circ$ .

μπράβο σύμπτωση ! τ αφήνω για τον κόπο!

#6

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:101.png

Στο παραπάνω τετράπλευρο $AB\Gamma \Delta$ , δείξτε ότι $\varphi =60^{0}$ .

Μία Γεωμετρική που δεν ενδείκνυται, λόγω πολλών πράξεων.

: Τετράπλευρο 8.png (13.48 KiB) Προβλήθηκε 355 φορές

Εύκολα βρίσκω από Π. Θ ότι $\displaystyle{AE = \frac{{\sqrt 2 }}{2},EC = \frac{{\sqrt {10} }}{2} \Rightarrow }$ $\boxed{AC = {\Phi \sqrt 2 }}$ (1)

, όπου $\displaystyle{\Phi = \frac{{\sqrt 5 + 1}}{2}}$

Με τον τύπο του Ήρωνα(εδώ είναι οι πολλές πράξεις), παίρνω: $\displaystyle{(ADC) = \frac{{\Phi \sqrt 3 }}{2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} \frac{1}{2}\Phi \sqrt 2 \cdot h = \frac{{\Phi \sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow h = \frac{{\sqrt 2 \cdot \sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\varphi=60^0}$

Τετράπλευρο 8.

Τετράπλευρο 8.

Re: Τετράπλευρο 8.

Re: Τετράπλευρο 8.

Re: Τετράπλευρο 8.

Re: Τετράπλευρο 8.

Re: Τετράπλευρο 8.

Μέλη σε σύνδεση