Διτετράγωνη 4

KARKAR · #1

: Διτετράγωνη.png (13.28 KiB) Προβλήθηκε 566 φορές

Στο σχήμα με τα δύο τετράγωνα , οι πράσινες γωνίες είναι ίσες .

α) Βρείτε έναν τρόπο κατασκευής του σχήματος .

β) Υπολογίστε το λόγο : $\dfrac{DE}{BH}$

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 26, 2018 2:23 pm
Διτετράγωνη.pngΣτο σχήμα με τα δύο τετράγωνα , οι πράσινες γωνίες είναι ίσες .

α) Βρείτε έναν τρόπο κατασκευής του σχήματος .

β) Υπολογίστε το λόγο : $\dfrac{DE}{BH}$

: Διτετράγωνη.4.png (25.06 KiB) Προβλήθηκε 530 φορές

α) Κατασκευή: Κατασκευάζω τετράγωνο ABCD

πλευράς

και με διάμετρο

γράφω ημικύκλιο έξω από το τετράγωνο

και θεωρώ ένα σημείο του

ώστε $b=AE=\dfrac{a}{\sqrt 3}.$ Με πλευρά

κατασκευάζω τώρα το τετράγωνο EAHZ

όπως

φαίνεται στο σχήμα και ολοκληρώνεται η κατασκευή.

Απόδειξη: Από το θεώρημα του Vecten,

η

διέρχεται από το μέσο

του

και έστω

Εφαρμόζω Πυθαγόρειο στο AHP,

θεώρημα διαμέσων στο AHB

και έχω:

$\displaystyle {x^2} - {b^2} = A{P^2} = \frac{{2{a^2} + 2{b^2} - 4{x^2}}}{4} \Leftrightarrow 8{x^2} = 2{a^2} + 6{b^2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{b = \frac{a}{{\sqrt 3 }}}$ $\boxed{a=x\sqrt 2}$

Εύκολα τώρα διαπιστώνουμε ότι τα τρίγωνα AHP, ADE

έχουν τις πλευρές τους ανάλογες, οπότε είναι όμοια και το ζητούμενο έπεται.

β) $\displaystyle \frac{{DE}}{{BH}} = \frac{{\sqrt {{a^2} - {b^2}} }}{{2x}} = \frac{{\frac{{a\sqrt 2 }}{{\sqrt 3 }}}}{{a\sqrt 2 }} \Leftrightarrow$ $\boxed{\dfrac{DE}{BH}=\dfrac{\sqrt 3}{3}}$

#3

Ανάλυση :
Από το

φέρνω παράλληλη στην

που τέμνει την ευθεία

στο

.

Αν η πλευρά του τετραγώνου, ABCD

είναι

και του τετραγώνου AEZH

είναι

Τα τρίγωνα ορθογώνια $EAD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AHT$ έχουν $AE = AH = b\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}}$

( οξείες με πλευρές κάθετες) , άρα είναι ίσα οπότε AD = HT = a

και το τετράπλευρο AHTB

είναι παραλληλόγραμμο με σημείο τομής των διαγωνίων του έστω

.

Επειδή όμως (υπόθεση) $\widehat {{a_2}} = \widehat {{a_1}} \Rightarrow \widehat {{a_1}} = \widehat {{a_3}} \Rightarrow A{H^2} = AM \cdot AT$ ( όμοια τρίγωνα ή δύναμη σημείου ) δηλαδή :

${b^2} = 2A{M^2} \Rightarrow b = AM\sqrt 2 \Rightarrow b\sqrt 2 = 2AM = AT = EH = ED$ . Μετά απ’ αυτά και από το έμμεσο κριτήριο ισότητας τριγώνων θα είναι

: διτετράγωνη_4.png (38.25 KiB) Προβλήθηκε 498 φορές

$\vartriangle DEB = \vartriangle HEB \Rightarrow HB = DB = a\sqrt 2$ συνεπώς : $\boxed{\frac{{ED}}{{HB}} = \frac{{b\sqrt 2 }}{{a\sqrt 2 }} = \frac{b}{a}}$ .

Από το Π. Θ. στο τρίγωνο EAD

έχω : $A{D^2} = E{A^2} + E{D^2} = {b^2} + 2{b^2} \Rightarrow \boxed{{a^2} = 3{b^2}}$ Άρα ο ζητούμενος λόγος είναι, $\boxed{\frac{{ED}}{{HB}} = \frac{b}{a} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}}$ .
Κατασκευή:

Το σημείο

και η κατασκευή του σχήματος μπορεί να προκύψει και ως εξής : Γράφω εξωτερικά του ABCD

ημικύκλιο διαμέτρου

και τον Απολλώνιο κύκλο

για κάθε σημείο

του οποίου ισχύει : $\boxed{\frac{{SD}}{{SA}} = \sqrt 2 }$ . Η τομή του με το ημικύκλιο δίδει το

Παρατήρηση : ο κύκλος αυτός έχει κέντρο το συμμετρικό του

ως προς το

και ακτίνα $\boxed{R = a\sqrt 2 }$ συνεπώς γράφεται ευκόλως.

Διτετράγωνη 4

Διτετράγωνη 4

Re: Διτετράγωνη 4

Re: Διτετράγωνη 4

Μέλη σε σύνδεση