Τετράπλευρο 8.

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 1227
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

Τετράπλευρο 8.

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Κυρ Μάιος 21, 2017 6:28 pm

101.png
101.png (8.12 KiB) Προβλήθηκε 432 φορές
Στο παραπάνω τετράπλευρο AB\Gamma \Delta, δείξτε ότι \varphi =60^{0}.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10380
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τετράπλευρο 8.

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Μάιος 21, 2017 6:53 pm

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
Δημοσιεύσεις: 1227
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

Re: Τετράπλευρο 8.

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Κυρ Μάιος 21, 2017 7:00 pm

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


nikkru
Δημοσιεύσεις: 339
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 26, 2009 6:42 pm

Re: Τετράπλευρο 8.

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από nikkru » Δευ Μάιος 22, 2017 12:52 am

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
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.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7840
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Τετράπλευρο 8.

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Μάιος 22, 2017 4:26 am

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

δίδει γρήγορες και μη επίπονες λύσεις .
τετράπλευρο 8.png
τετράπλευρο 8.png (30.76 KiB) Προβλήθηκε 381 φορές
Ας είναι E,Z οι προβολές των B,D στην AC και M το μέσο του AC.

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!


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10380
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τετράπλευρο 8.

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Μάιος 22, 2017 9:42 am

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
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}


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες