Ασκησούλα

ΚωσταςΚ · #1

: ασκησούλα.png (8.24 KiB) Προβλήθηκε 1854 φορές

Έστω ορθογώνιο στο

τρίγωνο $\vartriangle ABC$ που είναι και ισοσκελές.

Φέρουμε τη διάμεσο

και το ύψος του τριγώνου $\vartriangle ABD$ από την κορυφή

που τέμνει την πλευρά

στο

. Να δειχθεί ότι BE=2EC

#2

ΚωσταςΚ έγραψε:
Το συνημμένο ασκησούλα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Έστω ορθογώνιο στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ που είναι και ισοσκελές.

Φέρουμε τη διάμεσο και το ύψος του τριγώνου $\vartriangle ABD$ από την κορυφή που τέμνει την πλευρά στο . Να δειχθεί ότι

: Ασκησούλα.png (14.47 KiB) Προβλήθηκε 1792 φορές

Συμπληρώνουμε σε τετράγωνο ABPC

και έστω

το σημείο τομής της

με την

.
Τα ορθογώνια τρίγωνα ABD,CAM

έχουν τις κάθετες πλευρές τους AB,CA

ίσες και τις οξείες γωνίες τους στα A,B

ίσες γιατί έχουν κάθετες πλευρές και άρα είναι ίσα , οπότε AD = MC = a

.
Επειδή προφανώς $\dfrac{{AB}}{{MC}} = \dfrac{{BE}}{{EC}} \Rightarrow \boxed{BE = 2EC}$

Νίκος

Ιστοσελίδα · #3

Καλησπέρα.

: Ασκησούλα.png (30.21 KiB) Προβλήθηκε 1788 φορές

Θέτω $K \equiv AE \cap BD$ . Εφόσον $\triangleleft BAK \sim \triangleleft ADK$ με AB = 2AD

θα ισχύει

. Στρέφω το $\triangleleft AEC$ κατά ${90^ \circ }$ αριστερά ως προς $A\,( \triangleleft AZB)$ και προφανώς το $\triangleleft AEZ$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

Το τετράπλευρο BEAZ

είναι εγγράψιμο $(Z\widehat BA = Z\widehat EA = {45^ \circ })$ , οπότε $B\widehat AZ = B\widehat EZ$ και $Z\widehat BE = {90^ \circ }$ . Εύκολα $\triangleleft EBZ \sim \triangleleft AKD$ , συνεπώς BE = 2BZ = 2EC

.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

ΚωσταςΚ έγραψε:
Το συνημμένο ασκησούλα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Έστω ορθογώνιο στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ που είναι και ισοσκελές.

Φέρουμε τη διάμεσο και το ύψος του τριγώνου $\vartriangle ABD$ από την κορυφή που τέμνει την πλευρά στο . Να δειχθεί ότι

Έστω $\displaystyle{AM \bot BC}$ οπότε $\displaystyle{M}$ μέσον της $\displaystyle{BC \Rightarrow G}$ βαρύκεντρο του $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ $\displaystyle{ \Rightarrow AG = \frac{2}{3}AM = \frac{2}{3} \cdot \frac{\alpha }{2} \Rightarrow \boxed{AG = \frac{\alpha }{3}}}$
Όμως το $\displaystyle{G}$ , είναι ορθόκεντρο του $\displaystyle{\vartriangle BAE \Rightarrow EG//AC}$ κι επειδή $\displaystyle{\angle GAC = \angle C = {45^0} \Rightarrow GECA}$ ισοσκελές τραπέζιο ,άρα $\displaystyle{EC = GA = \frac{\alpha }{3} \Rightarrow BE = \frac{{2\alpha }}{3} \Rightarrow \boxed{BE = 2EC}}$

#5

ΚωσταςΚ έγραψε:
Το συνημμένο ασκησούλα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Έστω ορθογώνιο στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ που είναι και ισοσκελές.

Φέρουμε τη διάμεσο και το ύψος του τριγώνου $\vartriangle ABD$ από την κορυφή που τέμνει την πλευρά στο . Να δειχθεί ότι

Καλησπέρα σε όλους

: Ασκησούλα πονηρούλα.png (14.52 KiB) Προβλήθηκε 1749 φορές

Έστω

το σημείο τομής των AE,BD

και

το μέσο του

. Θα είναι

$DM// = \dfrac{{AE}}{2}$

. Τα τρίγωνα ABD,TBA,TAD

είναι όμοια και αφού AB = 2AD

αν

$\boxed{TD = k}$ θα είναι : $AT = 2k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BT = 4\kappa$ . Αλλά αφού TE//DM

αν

θα

είναι $BE = 4u\,\,$ . Επίσης EC = EM + MC = 2u

. Δηλαδή $BE = 4u\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EC = 2u\,\,$ .

Τελικά λοιπόν $\boxed{BE = 2EC}$

Νίκος

#6

Φέρνουμε $EF \perp AC$ . Τα AEC, ABD

είναι όμοια ως ορθογώνια με $\angle EAF=\angle ABD$ (και οι δύο συμπληρωματικές της $\angle ABE$ ).

Άρα $\frac {EF}{AF}= \frac {AD}{AB}=\frac {AD}{AC}=\frac {1}{2}$ , δηλαδή $EF=\frac {1}{2} AF$ . Οπότε (επειδή $\angle C = 45^o$ ) $FC=EF=\frac {1}{2} AF$ .

Από την $FC=\frac {1}{2} AF$ έπεται $FC=\frac {1}{3} AC= \frac {1}{3} AB$ . Από Θαλή είναι $EC=\frac {1}{3}BC$ , από όπου το ζητούμενο.

Φιλικά,

Μιχάλης

thanasis.a · #7

ΚωσταςΚ έγραψε:
ασκησούλα.png
Έστω ορθογώνιο στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ που είναι και ισοσκελές.

Φέρουμε τη διάμεσο και το ύψος του τριγώνου $\vartriangle ABD$ από την κορυφή που τέμνει την πλευρά στο . Να δειχθεί ότι

..καλησπέρα..

έστω $AB=2\mathop\Rightarrow \limits^{\pi .\theta }BC=2\sqrt{2}$ . Ταυτόχρονα από Πυθαγόρειο θ. στο $\bigtriangleup ABD:\boxed{BD=\sqrt{5}}$ (1).

Επίσης $\displaystyle\bigtriangleup ABD:AD^{2}=DM\cdot DB\Rightarrow ....\Rightarrow \boxed{MD=\frac{\sqrt{5}}{5}}$ (2) .Από (1),(2) έχουμε: $BM=BD-MD\displaystyle\Rightarrow ....\Rightarrow \boxed{BM=\frac{4\sqrt{5}}{5}}$ (3)

Από θ. Μενελάου στο $\bigtriangleup ADC$ με διατέμνουσα την (A,M,E)

έχουμε: $\displaystyle \frac{AC}{AD}\cdot \frac{MD}{MB}\cdot \frac{EB}{EC}=1\mathop\Rightarrow\limits^{(2),(3)}...\Rightarrow \frac{EB}{EC}=2\Rightarrow \boxed{EB=2\cdot EC}$

#8

ΚωσταςΚ έγραψε:
Το συνημμένο ασκησούλα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Έστω ορθογώνιο στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ που είναι και ισοσκελές.

Φέρουμε τη διάμεσο και το ύψος του τριγώνου $\vartriangle ABD$ από την κορυφή που τέμνει την πλευρά στο . Να δειχθεί ότι

: Ασκησούλα.png (7.86 KiB) Προβλήθηκε 1683 φορές

Αν θεωρήσουμε το πιο πάνω σύστημα συντεταγμένων ( a > 0

):

Έχουμε : $\overrightarrow {BD} = (3a, - 6a)$ και άρα ο συντελεστής διεύθυνσης του είναι

, συνεπώς

$AE \to \boxed{y = \dfrac{1}{2}x}\,\,(1)$ ( $( - 2) \cdot \dfrac{1}{2} = - 1$ ) . Ακόμα $BC \to \dfrac{x}{{6a}} + \dfrac{y}{{6a}} = 1 \Leftrightarrow \boxed{x + y = 6a}\,\,(2)$ .

Από το σύστημα των $(1)\,,(2)$ έχουμε :

E(4a,2a)

. Έτσι $\overrightarrow {BE} = (4a, - 4a)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\overrightarrow {EC} \, = (2a, - 2a) \Rightarrow \overrightarrow {BE} = 2\, \cdot \overrightarrow {EC} \,$ και άρα

$\boxed{BE = 2EC}$ .

Νίκος

#9

Καλησπέρα σε όλους!

Τίθεται το ερώτημα: Δίχως καμία βοηθητική γίνεται;

Και βεβαίως, απλά χρησιμοποιούμε ότι απαγορευμένο κυκλοφορεί στην "πιάτσα"...

: ασκησούλα.png (8.24 KiB) Προβλήθηκε 1659 φορές

Έστω $\displaystyle \widehat {BEC} = \omega ,\;\;\widehat {ABD} = \varphi ,\;\;\omega + \varphi = 90^\circ$ . Είναι $\displaystyle BC = AB\sqrt 2$

Από Ν. Ημιτόνων στο AEB

$\displaystyle \frac{{{\rm B}{\rm E}}}{{\eta \mu \omega }} = \frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{\eta \mu {\rm B}}}$
Από Ν. Ημιτόνων στο AEC

$\displaystyle \frac{{{\rm E}C}}{{\eta \mu \left( {90^\circ - \omega } \right)}} = \frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{\eta \mu C}}$

Οπότε $\displaystyle \frac{{B{\rm E}}}{{\eta \mu \omega }} = \frac{{C{\rm E}}}{{\sigma \upsilon \nu \omega }} \Leftrightarrow \frac{{{\rm B}{\rm E}}}{{CE}} = \varepsilon \varphi \omega$

Από τριγωνομετρικό CEVA είναι

$\displaystyle \frac{{AD}}{{DC}} = \frac{{AB \cdot \eta \mu \varphi }}{{BC \cdot \eta \mu \left( {45^\circ - \varphi } \right)}} \Leftrightarrow \sqrt 2 \cdot \eta \mu \left( {45^\circ - \varphi } \right) = \eta \mu \varphi \Leftrightarrow$

$\displaystyle \Leftrightarrow \sqrt 2 \cdot \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2}\sigma \upsilon \nu \varphi - \frac{{\sqrt 2 }}{2}\eta \mu \varphi } \right) = \eta \mu \varphi \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \varphi = 2\eta \mu \varphi \Leftrightarrow \varepsilon \varphi \varphi = \frac{1}{2}$

οπότε $\displaystyle \varepsilon \varphi \omega = 2 \Rightarrow \frac{{BE}}{{CE}} = 2$

KARKAR · #10

: Ασκησούλα.png (6.21 KiB) Προβλήθηκε 1623 φορές

Το

ύψος , οπότε : $\displaystyle\frac{DS}{SB}=\frac{DA^2}{AB^2}=\frac{1}{4}$ και λόγω Μενελάου :

$\displaystyle\frac{BE}{EC}\cdot\frac{CA}{AD}\cdot\frac{DS}{SB}=1\Leftrightarrow \frac{BE}{EC}\cdot\frac{2}{1}\cdot\frac{1}{4}=1\Leftrightarrow \frac{BE}{EC}=2$

Ιστοσελίδα · #11

Παραλλαγή της δεύτερης λύσης του φίλου Νίκου.

: Ασκησούλα.png (17.67 KiB) Προβλήθηκε 1582 φορές

Προεκτείνω την KD = x

κατά ίσο τμήμα

και σχηματίζεται το παραλληλόγραμμο AKCZ

.

Από $\triangleleft BAD \sim \triangleleft AKD \sim \triangleleft BKA$ με λόγο ομοιότητας 1:2

προκύπτει

και από Θαλή: $\dfrac{{BE}}{{EC}} = \dfrac{{BK}}{{KZ}} = 2$ .

Ιστοσελίδα · #12

Καλημέρα.

: Ασκησούλα-3.jpg (16.78 KiB) Προβλήθηκε 1546 φορές

Αν

, τότε $DM\parallel CB$ , $\triangleleft DKM\mathop \sim \limits^{1:4} \triangleleft BKE$ και εύκολα BE = 4MD = 2EC

.

kostas_zervos · #13

ΚωσταςΚ έγραψε:
Το συνημμένο ασκησούλα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Έστω ορθογώνιο στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ που είναι και ισοσκελές.

Φέρουμε τη διάμεσο και το ύψος του τριγώνου $\vartriangle ABD$ από την κορυφή που τέμνει την πλευρά στο . Να δειχθεί ότι

Για να έχουμε όλα τα είδη λύσεων...

: ask255.png (7.16 KiB) Προβλήθηκε 1519 φορές

Είναι $\overset{\rightarrow}{BE}\parallel \overset{\rightarrow}{BC}$ , άρα υπάρχει $m\in\Bbb{R}$ ώστε

$\overset{\rightarrow}{BE}=m\cdot \overset{\rightarrow}{BC}$ .

Άρα $\overset{\rightarrow}{AE}=\overset{\rightarrow}{AB}+\overset{\rightarrow}{BE}=\overset{\rightarrow}{AB}+m\cdot \overset{\rightarrow}{BC}=\overset{\rightarrow}{AB}+m\cdot\left(\overset{\rightarrow}{AC}-\overset{\rightarrow}{AB}\right)=$

$=(1-m)\cdot\overset{\rightarrow}{AB}+m\cdot\overset{\rightarrow}{AC}$ .

Επίσης $\overset{\rightarrow}{BD}=\dfrac{\overset{\rightarrow}{BA}+\overset{\rightarrow}{BC}}{2}=\dfrac{-\overset{\rightarrow}{AB}+\overset{\rightarrow}{AC}-\overset{\rightarrow}{AB}}{2}=\dfrac{\overset{\rightarrow}{AC}-2\cdot\overset{\rightarrow}{AB}}{2}$ .

Αλλά $\overset{\rightarrow}{AE}\bot \overset{\rightarrow}{BD}$ επομένως :

$\overset{\rightarrow}{AE}\cdot \overset{\rightarrow}{BD}=0\iff \left[(1-m)\cdot\overset{\rightarrow}{AB}+m\cdot\overset{\rightarrow}{AC}\right]\cdot \dfrac{\overset{\rightarrow}{AC}-2\cdot\overset{\rightarrow}{AB}}{2}=0$ και επειδή $\overset{\rightarrow}{AB}\bot \overset{\rightarrow}{AC}\;,\;\left|\overset{\rightarrow}{AB}\right|=\left|\overset{\rightarrow}{AC}\right|$ έχουμε:

$-2(1-m)\left|\overset{\rightarrow}{AB}\right|^2+m\left|\overset{\rightarrow}{AB}\right|^2=0\iff -2(1-m)+m=0\iff m=\dfrac{2}{3}$ .

Άρα $\overset{\rightarrow}{BE}=\dfrac{2}{3}\overset{\rightarrow}{BC}\Rightarrow (BE)=\dfrac{2}{3}(BC)$ και $(EC)=\dfrac{1}{3}(BC)$ , επομένως $(BE)=2\cdot (EC)$ .

hlkampel · #14

ΚωσταςΚ έγραψε:Έστω ορθογώνιο στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ που είναι και ισοσκελές.

Φέρουμε τη διάμεσο και το ύψος του τριγώνου $\vartriangle ABD$ από την κορυφή που τέμνει την πλευρά στο . Να δειχθεί ότι

Άλλη μια με εμβαδά…

$\displaystyle\frac{{\left( {ABE} \right)}}{{\left( {AEC} \right)}} = \frac{{BE}}{{EC}}\;\left( 1 \right)$ αφού έχουν κοινό ύψος από την κορυφή

$\displaystyle\frac{{\left( {ABE} \right)}}{{\left( {AEC} \right)}} = \frac{{BK}}{{CM}}\;\left( 2 \right)$ αφού έχουν κοινή βάση την

Από $\displaystyle\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \frac{{BE}}{{EC}} = \frac{{BK}}{{CM}}\;\left( 3 \right)$

Από την ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων $ABK,\;AMC$ ( AB = AC

και $\widehat {ABK} = \widehat {MAC} = \varphi$ ως οξείες με κάθετες πλευρές) είναι $BK = AM\;\left( 4 \right)$

Από την ομοιότητα των ορθ. τριγώνων $ABD,\;ANC$ ( $\widehat {MAC} = \widehat {BAD} = \varphi$ )
είναι:

$\displaystyle\frac{{AM}}{{CM}} = \frac{{AB}}{{AD}}\mathop \Rightarrow \limits^{AB = 2AD,\left( 4 \right)} \frac{{BK}}{{CM}} = 2\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \frac{{BE}}{{EC}} = 2 \Rightarrow BE = 2EC$

Ιστοσελίδα · #15

Ακόμα μία με εμβαδά...

: Ασκησούλα-4.png (28.84 KiB) Προβλήθηκε 1474 φορές

$\left( {BAD} \right) = \left( {BDC} \right) \Leftrightarrow 5x + 5y = 15y + 3x \Leftrightarrow x = 5y\,\,(1)$

$\dfrac{{BE}}{{EC}} = \dfrac{{\left( {BDE} \right)}}{{\left( {DEC} \right)}} = \dfrac{{15y + x}}{{2x}}\mathop = \limits^{(1)} \dfrac{{20y}}{{10y}} = 2$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #16

ΚωσταςΚ έγραψε:
ασκησούλα.png
Έστω ορθογώνιο στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ που είναι και ισοσκελές.

Φέρουμε τη διάμεσο και το ύψος του τριγώνου $\vartriangle ABD$ από την κορυφή που τέμνει την πλευρά στο . Να δειχθεί ότι

Καλημέρα…
Στο σχήμα του Ηλία ,είναι προφανώς, $\displaystyle{MC = 2KD}$ (αφού $\displaystyle{MC//KD,D}$ μέσον της $\displaystyle{AC}$ ).
Άρα $\displaystyle{\frac{{BE}}{{EC}} = \frac{{BK}}{{MC}} = \frac{{BK}}{{2KD}} = \frac{1}{2}\frac{{BK}}{{KD}} = \frac{1}{2}\frac{{A{B^2}}}{{\frac{{A{B^2}}}{4}}} = 2 \Rightarrow \boxed{BE = 2EC}}$

KARKAR · #17

: Ορθογώνιο και ισοσκελές ( ασκησούλα ).png (8.12 KiB) Προβλήθηκε 1474 φορές

Ας το πάμε ανάποδα : Τα σημεία N,E

τριχοτομούν την υποτείνουσα

, του ορθογωνίου και ισοσκελούς

τριγώνου $\displaystyle ABC$ και η

είναι διάμεσος . 1) Δείξτε ότι $AE \perp BD$ .. 2) Υπολογίστε το λόγο $\displaystyle\frac{(ASM)}{(ABC)}$ .

Το πρώτο ερώτημα ισοδυναμεί με απάντηση στην αρχική άσκηση . Όλο το σετ "ασκησούλας" αυτής , η οποία

δεν δικαίωσε τον τίτλο της ( αφού απεδείχθη "ασκησάρα "

) , έχει θέση στον περίφημο "φάκελο Ζερβού " .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #18

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Ορθογώνιο και ισοσκελές ( ασκησούλα ).png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Ας το πάμε ανάποδα : Τα σημεία τριχοτομούν την υποτείνουσα , του ορθογωνίου και ισοσκελούς

τριγώνου $\displaystyle ABC$ και η είναι διάμεσος . 1) Δείξτε ότι $AE \perp BD$ .. 2) Υπολογίστε το λόγο $\displaystyle\frac{(ASM)}{(ABC)}$ .

Το πρώτο ερώτημα ισοδυναμεί με απάντηση στην αρχική άσκηση . Όλο το σετ "ασκησούλας" αυτής , η οποία

δεν δικαίωσε τον τίτλο της ( αφού απεδείχθη "ασκησάρα " ) , έχει θέση στον περίφημο "φάκελο Ζερβού " .

Θεωρούμε τον κύκλο $\displaystyle{(A,AC)}$ και την εφαπτόμενη στο $\displaystyle{B}$ που τέμνεται από την $\displaystyle{AN}$ στο $\displaystyle{M}$ .Από την προφανή ισότητα των τριγώνων $\displaystyle{BNA,ECA \Rightarrow \angle BAN = \angle EAC = x}$
$\displaystyle{\frac{{BN}}{{NC}} = \frac{{BM}}{{AC}} = \frac{{MN}}{{NA}} = \frac{1}{2} \Rightarrow BM = //\frac{{AC}}{2} = //AD,MN = \frac{{MA}}{3}}$ $\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{AN = \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{3}}}$ ,οπότε, $\displaystyle{DE = //\frac{{AN}}{2} \Rightarrow \boxed{DE = \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{6}}}$
$\displaystyle{BMDA}$ ορθογώνιο $\displaystyle{ \Rightarrow AQ = \frac{{BD}}{2} = \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{6}}$ .Ακόμη, $\displaystyle{2x + y = {90^0}}$ κι επειδή, $\displaystyle{\angle AQK = 2x \Rightarrow \boxed{\angle AKB = {{90}^0}}}$
$\displaystyle{AQ//DE \Rightarrow \frac{{QK}}{{KD}} = \frac{{AQ}}{{DE}} = \frac{{\frac{{\alpha \sqrt 5 }}{4}}}{{\frac{{\alpha \sqrt 5 }}{6}}} \Rightarrow \frac{{QK}}{{KD}} = \frac{3}{2} \Rightarrow \frac{{(AQK)}}{{(AKD)}} = \frac{3}{2} \Rightarrow \frac{{(AQK)}}{{(QAD)}} = \frac{3}{5} \Rightarrow (AQK) = \frac{3}{5}(QAD) = \frac{3}{5}\frac{{\left( {ABC} \right)}}{4} \Rightarrow \boxed{\frac{{(AQK)}}{{\left( {ABC} \right)}} = \frac{3}{{20}}}}$

#19

Ακόμα μία, επίσης δίχως βοηθητική, που εκμεταλλεύεται τα ισχυρότατα τριγωνομετρικά εργαλεία.

: 25-01-2014 Γεωμετρία c.jpg (11.53 KiB) Προβλήθηκε 1421 φορές

Έστω $\displaystyle \widehat {CAE} = \omega \Rightarrow \;\;\widehat {ABD} = \omega \;\; \wedge \;\widehat {BAE} = 90^\circ - \omega$ .

Από τριγωνομετρικό CEVA στο ABC

είναι

$\displaystyle \frac{{CE}}{{BE}} = \frac{{AC \cdot \eta \mu \omega }}{{{\rm A}{\rm B} \cdot \eta \mu \left( {90^\circ - \varphi } \right)}} = \frac{{\eta \mu \omega }}{{\sigma \upsilon \nu \omega }} = \varepsilon \varphi \omega$

Όμως, στο BAD

είναι $\displaystyle \varepsilon \varphi \omega = \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{1}{2}$ , οπότε $\displaystyle \frac{{CE}}{{BE}} = \frac{1}{2}$

p_gianno · #20

Στρέφω το τργ ABC

κατά

περί το

και προκύπτει το τργ BAB’

. Συνεπώς

Με τη στροφή αυτή η διάμεσος

μετασχηματίζεται στη διάμεσο B’D’

συνεπώς

Επιπλέον λόγω της στροφής των 90^0

είναι $B’D’ \perp BD$ ή B’D’ ||AE (3)

Από

λόγω θεωρήματος Θαλή έχουμε BZ=ZE (4)

Από

λόγω θεωρήματος Θαλή έχουμε EZ=ZC (5)

Από

έχουμε

επομένως

Ασκησούλα

Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Re: Ασκησούλα

Μέλη σε σύνδεση