Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

kostas_zervos · #141

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 55

Δίνονται τα τετράγωνα και σημείο στην πλευρά τέτοιο ,ώστε $\angle DAH = 15^o$ .

Να αποδείξετε ότι $\angle AHZ = 75^o$ .

Μπάμπης

: ask47.png (4.98 KiB) Προβλήθηκε 1775 φορές

Άλλος ένας τρόπος.

Στην

παίρνουμε σημείο

ώστε $H\hat{A}K=15^o$ .

Τότε στο ορθογώνιο τρίγωνο $\overset{\triangle}{ADK}$ είναι $D\hat{A}K=30^o$ , άρα $\displaystyle DK=\frac{AK}{2}$ .

Από το Π.Θ. βρίσκουμε ότι $\displaystyle AK=\frac{2\sqrt{3}}{3}$ και $\displaystyle DK=\frac{\sqrt{3}}{3}$ .

Από το Θ. εσωτερικής διχοτόμου στο $\displaystyle \overset{\triangle}{ADK}$ έχουμε ότι $\displaystyle DH=\frac{AD\cdot DK}{AD+AK} \Leftrightarrow\dots\Leftrightarrow DH=(2-\sqrt{3})a$ .

Άρα $HE=2a-DH=\dots=\sqrt{3}a$ .

Έτσι από Π.Θ στο $\overset{\triangle}{HZE}$ : $HZ=\sqrt{HE^2+ZE^2}=2a$ , δηλαδή AZ=ZH

, επομένως $A\hat{H}Z=H\hat{A}Z=90^o-15^o=75^o$ .

amoulan · #142

Άσκηση 56

: Πονηρούλα.png (7.61 KiB) Προβλήθηκε 1757 φορές

Σε τυχαίο σημείο

της πλευράς

τετραγώνου ABCD

, φέρω κάθετη , η οποία

τέμνει τη διαγώνιο

στο

. Επί της

παίρνω σημείο

, ώστε

.

Υπολογίστε τη γωνία $\widehat{CPS}$ .

Grigoris K. · #143

amoulan έγραψε:Άσκηση 56
Σε τυχαίο σημείο της πλευράς τετραγώνου , φέρω κάθετη , η οποία

τέμνει τη διαγώνιο στο . Επί της παίρνω σημείο , ώστε .

Υπολογίστε τη γωνία $\widehat{CPS}$ .

Έστω $\displaystyle{ K \equiv PS \cap AB}$ . Ισχύει $\displaystyle{ \frac{ST}{PA} = \frac{KT}{KA} \implies KT = TA \implies KB + x = TA \implies KB = AD - 2x \implies KB = DP }$ .

Επομένως $\displaystyle{ \triangle PCD = \triangle KCB }$ . Άρα το $\displaystyle{ \triangle PCK }$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές άρα $\displaystyle{ \angle CPS = 45^o }$ .

#144

KARKAR έγραψε:Άσκηση 54
Το συνημμένο Φουλ του ορθογωνίου.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε τετράγωνο $AB\Gamma\Delta$ το είναι το μέσο της $\Gamma\Delta$ και το σημείο της $B\Gamma$ , ώστε $2BN=N\Gamma$ .

Τα τέμνουν τη διαγώνιο $B\Delta$ στα σημεία $\Sigma,T$ αντίστοιχα . Δείξτε ότι :

1) Το τρίγωνο $A\Sigma M$ είναι ισοσκελές και ορθογώνιο

2) Τα τμήματα $B\Sigma, \Sigma T,T\Delta$ μπορούν να γίνουν πλευρές ορθογωνίου τριγώνου .

: 054_kartesios.png (24.78 KiB) Προβλήθηκε 1698 φορές

( Η εκδίκηση του Rene)

Έστω καρτεσιανό σύστημα με αρχή το A(0,0)

και μοναδιαίο του οριζόντιου άξονα το $\boxed{\overrightarrow i = \displaystyle\frac{1}{{12}}\overrightarrow {AB} }$ . Έτσι έχουμε ${\rm B}(12,0)\,,\,\Gamma (12,12)\,\,,\,\Delta (0,12)\,\,,\,{\rm N}(12,4)\,\,,\,\,{\rm M}(6,12)$ .
Η εξίσωση της ευθείας ${\rm B}\Delta \to x + y = 12$ , ενώ της ${\rm A}{\rm N} \to x = 3y$ και της ${\rm A}{\rm M} \to y = 2x$ . Οπότε $T \to \left\{ \begin{gathered} y = 2x \hfill \\ x + y = 12 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow T(4,8)$ και ομοίως $\Sigma (9,3)$ .
1. $\overrightarrow {{\rm A}\Sigma } = (9,3)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\overrightarrow {\Sigma {\rm M}} = ( - 3,9)$ συνεπώς $\overrightarrow {{\rm A}\Sigma } \cdot \overrightarrow {\Sigma {\rm M}} = - 27 + 27 = 0 \Rightarrow {\rm A}\Sigma \bot \Sigma {\rm M}$ και ακόμα $|\overrightarrow {{\rm A}\Sigma } | = |\overrightarrow {\Sigma {\rm M}} | = \sqrt {81 + 9} = 3\sqrt {10}$ . Δηλαδή το τρίγωνο $\Sigma {\rm A}{\rm M}$ ορθογώνιο και ισοσκελές .

2. $\overrightarrow {\Delta {\rm T}} = 4(1, - 1)\,\,,\,\,\overrightarrow {{\rm T}\Sigma } = 5(1, - 1)\,\,,\,\,\overrightarrow {\Sigma {\rm B}} = 3(1, - 1)$ συνεπώς : $|\overrightarrow {{\rm T}\Sigma } {|^2} = |\overrightarrow {\Sigma {\rm T}} {|^2} + |\overrightarrow {\Sigma {\rm B}} {|^2} \Leftrightarrow 50 = 32 + 18$ ( αληθές) , οπότε και το δεύτερο ζητούμενο αποδείχτηκε .

και για το πρώτο η τριγωνομετρική άποψη : Αν θέσουμε $\widehat {{\rm B}{\rm A}\Sigma } = \omega \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{\rm M}{\rm A}\Delta } = \theta$ , τότε για την γωνία $\widehat {\Sigma {\rm A}{\rm M}} = \phi$ θα ισχύει : $\phi = {90^0} - (\omega + \theta )\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\sigma \varphi \phi = \displaystyle\frac{{\sigma \varphi \omega \cdot \sigma \varphi \theta - 1}}{{\sigma \varphi \omega + \sigma \varphi \theta }}$ . Δηλαδή για την οξεία γωνία $\phi$ έχουμε $\sigma \varphi \phi = \displaystyle\frac{{3 \cdot 2 - 1}}{{3 + 2}} = 1 \Rightarrow \boxed{\phi = {{45}^0}}$ . Δηλαδή το τετράπλευρο ${\rm A}\Sigma {\rm M}\Delta$ είναι εγγράψιμο και τα υπόλοιπα εύκολα.

Φιλικά Νίκος

KARKAR · #145

amoulan έγραψε:Άσκηση 56
Σε τυχαίο σημείο της πλευράς τετραγώνου , φέρω κάθετη , η οποία

τέμνει τη διαγώνιο στο . Επί της παίρνω σημείο , ώστε .

Υπολογίστε τη γωνία $\widehat{CPS}$ .

: 56.png (10.27 KiB) Προβλήθηκε 1673 φορές

Φέρω την βοηθητική

. Το τρίγωνο PSC

είναι , τώρα , ορθογώνιο και ισοσκελές ...

Σημ. amoulan

είναι το "όνομα" ενός εξαιρετικού επιστήμονα και ανθρώπου , που έχω την τύχη να συνυπηρετούμε .

Όμως σπάνια δημοσιεύει ασκήσεις στο

. Η άσκηση είναι του υπογράφοντος αλλά αναρτήθηκε απ' το σχολείο .

Ιστοσελίδα · #146

Άσκηση 57

Σε τετράγωνο $AB\varGamma\varDelta$ παίρνουμε το μέσο

της πλευράς του $B\varGamma .$
Η ευθεία

τέμνει την ευθεία $\varDelta\varGamma$ στο σημείο

Αν

είναι το μέσο του BZ ,

να αποδείξετε ότι η ευθεία

εφάπτεται του κύκλου
που εγγράφεται στο τετράγωνο.

apotin · #147

Άσκηση 58

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ . Εξωτερικά του τριγώνου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ κατασκευάζουμε τα τετράγωνα $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}{\rm E}{\rm Z}}$ και $\displaystyle{{\rm A}\Gamma \Delta {\rm H}}$ , που έχουν κέντρα $\displaystyle{N, M}$ αντίστοιχα.

Στη συνέχεια κατασκευάζουμε το τετράγωνο $\displaystyle{{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}}$ , όπως στο σχήμα.

Αν γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{\left( {{\rm A}{\rm B}{\rm E}{\rm Z}} \right) = 32}$ , $\displaystyle{\left( {{\rm A}\Gamma \Delta {\rm H}} \right) = 46}$ και $\displaystyle{\left( {{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}} \right) = 67}$ , να υπολογίσετε το εμβαδόν $\displaystyle{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}$ .

: tetr58.png (16.87 KiB) Προβλήθηκε 1646 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#148

apotin έγραψε:Άσκηση 58

Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ . Εξωτερικά του τριγώνου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ κατασκευάζουμε τα τετράγωνα $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}{\rm E}{\rm Z}}$ και $\displaystyle{{\rm A}\Gamma \Delta {\rm H}}$ , που έχουν κέντρα $\displaystyle{N, M}$ αντίστοιχα.

Στη συνέχεια κατασκευάζουμε το τετράγωνο $\displaystyle{{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}}$ , όπως στο σχήμα.

Αν γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{\left( {{\rm A}{\rm B}{\rm E}{\rm Z}} \right) = 32}$ , $\displaystyle{\left( {{\rm A}\Gamma \Delta {\rm H}} \right) = 46}$ και $\displaystyle{\left( {{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}} \right) = 67}$ , να υπολογίσετε το εμβαδόν $\displaystyle{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Από το gogeometry. Οι διαστάσεις κατά προσέγγιση

Το συνημμένο tetr58.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Και το σχήμα απολύτου ακριβείας με το λογισμικό μου

Φιλικά Νίκος

#149

apotin έγραψε:Άσκηση 49

Κανονικό Δωδεκάγωνο είναι εγγεγραμμένο σε τετράγωνο έτσι ώστε τέσσερις από τις κορυφές του να είναι μέσα των πλευρών του τετραγώνου (όπως στο σχήμα).

$\displaystyle{1)}$ Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του σκιασμένου μέρους είναι ίσο με το $\displaystyle{\frac{1}{{12}}}$ του εμβαδού του δωδεκαγώνου

$\displaystyle{2)}$ Αν ο περιγεγραμμένος στο δωδεκάγωνο κύκλος έχει ακτίνα $\displaystyle{1}$ τότε, να δείξετε ότι το δωδεκάγωνο έχει εμβαδό $\displaystyle{3}$ .
12gwno.png
Edit: Τα κόκκινα

Προκύπτει άμεσα από την παρατήρηση: Το εμβαδόν κανονικού δωδεκαγώνου ακτίνας

είναι

#150

ΑΣΚΗΣΗ 59

Οι κορυφές $A, B, \Gamma, \Delta$ ενός τετραγώνου $AB \Gamma \Delta$ είναι εσωτερικά σημεία των πλευρών $EZ, ZH, H\Theta , \Theta E$ , αντιστοίχως, ενός παραλληλογράμμου $EZH\Theta$ . Να αποδειχτεί ότι οι κάθετες από τις κορυφές $E, Z, H, \Theta$ του παραλληλογράμμου στις πλευρές $\Delta A, AB,B\Gamma ,\Gamma \Delta$ , αντιστοίχως, του τετργώνου σχηματίζουν τετράγωνο.

#151

apotin έγραψε:Άσκηση 58
Δίνεται τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ . Εξωτερικά του τριγώνου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ κατασκευάζουμε τα τετράγωνα $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}{\rm E}{\rm Z}}$ και $\displaystyle{{\rm A}\Gamma \Delta {\rm H}}$ , που έχουν κέντρα $\displaystyle{N, M}$ αντίστοιχα. Στη συνέχεια κατασκευάζουμε το τετράγωνο $\displaystyle{{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}}$ , όπως στο σχήμα. Αν γνωρίζουμε ότι $\displaystyle{\left( {{\rm A}{\rm B}{\rm E}{\rm Z}} \right) = 32}$ , $\displaystyle{\left( {{\rm A}\Gamma \Delta {\rm H}} \right) = 46}$ και $\displaystyle{\left( {{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}} \right) = 67}$ , να υπολογίσετε το εμβαδόν $\displaystyle{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}$ .

Δανείζομαι το σχήμα του Νίκου πιο πάνω

Είναι $\boxed{\left( {{\rm A}{\rm N}} \right) = \dfrac{{\left( {{\rm A}{\rm E}} \right)}}{2} = \dfrac{{\left( {{\rm A}{\rm B}} \right)\sqrt 2 }}{2}}:\left( 1 \right),$ $\,\boxed{\,\left( {{\rm A}{\rm M}} \right) = \dfrac{{\left( {A\Delta } \right)}}{2} = \dfrac{{\left( {{\rm A}\Gamma } \right)\sqrt 2 }}{2}\,}:\left( 2 \right)$ και $\angle {\rm N}{\rm A}{\rm M} = {90^0} + \angle {\rm A} \Rightarrow \boxed{\sigma \upsilon \nu \left( {\angle {\rm N}{\rm A}{\rm M}} \right) = - \eta \mu {\rm A}}$ .

Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο $\vartriangle {\rm A}{\rm N}{\rm M} \Rightarrow {\left( {{\rm M}{\rm N}} \right)^2} = {\left( {{\rm A}{\rm N}} \right)^2} + {\left( {{\rm A}{\rm M}} \right)^2}$ $- 2\left( {{\rm A}{\rm N}} \right)\left( {{\rm A}{\rm M}} \right)\sigma \upsilon \nu \left( {\angle {\rm N}{\rm A}{\rm M}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 3 \right)}$

${\left( {{\rm M}{\rm N}} \right)^2} = \dfrac{{{{\left( {{\rm A}{\rm B}} \right)}^2}}}{2} + \dfrac{{{{\left( {{\rm A}\Gamma } \right)}^2}}}{2} + 2\dfrac{{\left( {{\rm A}{\rm B}} \right)\sqrt 2 }}{2} \cdot \dfrac{{\left( {{\rm A}\Gamma } \right)\sqrt 2 }}{2} \cdot \eta \mu {\rm A}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{1}{2}\left( {{\rm A}{\rm B}} \right)\left( {{\rm A}\Gamma } \right)\eta \mu {\rm A}}$ $\left( {{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}} \right) = \dfrac{{\left( {{\rm A}{\rm B}{\rm E}{\rm Z}} \right)}}{2} + \dfrac{{\left( {{\rm A}\Gamma \Delta {\rm H}} \right)}}{2} + 2\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)$

$\Rightarrow \left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \dfrac{{\left( {{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}} \right) - \dfrac{{\left( {{\rm A}{\rm B}{\rm E}{\rm Z}} \right)}}{2} - \dfrac{{\left( {{\rm A}\Gamma \Delta {\rm H}} \right)}}{2}}}{2}$ $\Rightarrow \left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \dfrac{{67 - \dfrac{{32}}{2} - \dfrac{{46}}{2}}}{2} \Rightarrow \ldots \boxed{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = 14}$ και το ζητούμενο έχει βρεθεί.

Στάθης

apotin · #152

Άσκηση $\displaystyle{\mathbf{\cancel{{{60}}}}$ είναι η 17

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ και έστω $\displaystyle{E}$ το μέσον της $\displaystyle{\Gamma \Delta }$ . Στην $\displaystyle{{\rm A}\Gamma }$ παίρνουμε σημείο $\displaystyle{Z}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{\Gamma {\rm Z} = 3{\rm Z}{\rm A}}$ .

Να υπολογισθεί η γωνία $\displaystyle{\widehat {{\rm B}{\rm E}{\rm Z}}}$

: tet60.png (8.75 KiB) Προβλήθηκε 1477 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Ιστοσελίδα · #153

Καλημέρα. Να πούμε πως η άσκηση 60 που έβαλε ο Αποστόλης είναι η άσκηση 17...για την αρίθμηση και μόνο...Σας ευχαριστώ όλους για τη συμμετοχή...με τον ρυθμό αυτό, σύντομα, θα φτάσουμε το πολυπόθητο νούμερο!

KARKAR · #154

stranton έγραψε:Άσκηση 57
Σε τετράγωνο $AB\varGamma\varDelta$ παίρνουμε το μέσο της πλευράς του $B\varGamma .$
Η ευθεία τέμνει την ευθεία $\varDelta\varGamma$ στο σημείο
Αν είναι το μέσο του να αποδείξετε ότι η ευθεία εφάπτεται του κύκλου
που εγγράφεται στο τετράγωνο.

: 57.png (13.63 KiB) Προβλήθηκε 1431 φορές

Μια "πρόχειρη" λύση . Είναι : $\displaystyle \epsilon \phi \phi =\frac{1}{3}\Rightarrow \epsilon \phi 2\phi =\frac{2\epsilon \phi \phi }{1-\epsilon \phi ^2 \phi }=\frac{3}{4}$ .

Συνεπώς $\displaystyle \frac{MC}{CE}=\frac{3}{4}$ και άρα η σφαπτομένη από το

διέρχεται από το

μέσο

του

, πράγμα ισοδύναμο με το ζητούμενο .

#155

stranton έγραψε:Άσκηση 57

Σε τετράγωνο $AB\varGamma\varDelta$ παίρνουμε το μέσο της πλευράς του $B\varGamma .$
Η ευθεία τέμνει την ευθεία $\varDelta\varGamma$ στο σημείο
Αν είναι το μέσο του να αποδείξετε ότι η ευθεία εφάπτεται του κύκλου
που εγγράφεται στο τετράγωνο.

Αν θέσουμε σε ορθογώνιο σύστημα αξόνων $\Delta (0,0),\Gamma (4,0),B(4,4),A(0,4)$
τότε έχουμε ότι το κέντρο του κύκλου είναι το K(2,2)

η ακτίνα του είναι $\rho =2$ και το μέσο της $B\Gamma$
έχει συντεταγμένες Z(4,2)

οπότε το

και το

.
Η ευθεία $(EM): y = -\frac{3}{4}(x-8)\Leftrightarrow 3x+4y-24=0$ .
Έτσι έχουμε $d(K,(EM))= \frac{\left|3\cdot 2+4\cdot 2-24 \right|}{\sqrt{3^2+4^2}}=2=\rho$
Άρα η (EM)

εφάπτεται στον κύκλο.

orestisgotsis · #156

ΠΕΡΙΤΤΑ

#157

Άσκηση 17

Έστω ότι το τετράγωνο έχει πλευρά $\displaystyle{\,\alpha \,\,}$
Με πυθαγόρειο θεώρημα στο $\displaystyle{\,\,{\rm E}\Gamma {\rm B}\,\,}$ , βρίσκουμε ότι :
$\displaystyle{\,\,{\rm B}{\rm E} = \sqrt {\frac{{5{\alpha ^2}}}{4}} \,\,\,}$
Αν $\displaystyle{\,{\rm Z}{\rm H}//{\rm A}\Delta \,\,\,}$ , τότε $\displaystyle{\,\,{\rm H}\,\,\,}$ μέσον της $\displaystyle{\,\,\Delta {\rm E}\,\,}$ . Από το τραπέζιο $\displaystyle{\,\,\Delta {\rm E}{\rm O}{\rm A}\,\,}$ έχουμε ότι $\displaystyle{\,\,\,{\rm Z}{\rm H} = \frac{{\alpha + \frac{\alpha }{2}}}{2} = \frac{{3\alpha }}{4}\,\,\,}$
Με πυθαγόρειο θεώρημα στο $\displaystyle{\,\,\,{\rm Z}{\rm H}{\rm E}\,\,}$ , βρίσκουμε ότι :

$\displaystyle{{\mkern 1mu} {\rm{ZE}} = \sqrt {\frac{{9{\alpha ^2}}}{{16}} + \frac{{{\alpha ^2}}}{{16}}} = \sqrt {\frac{{10{\alpha ^2}}}{{16}}} = {\mkern 1mu} \sqrt {\frac{{5{\alpha ^2}}}{8}} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} }$
Με θεώρημα διαμέσων στο $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm O}{\rm B}\,\,\,}$ βρίσκουμε ότι : $\displaystyle{\,\,{\rm Z}{\rm B} = \sqrt {\frac{{{\alpha ^2} + 2{\alpha ^2} - \frac{{{\alpha ^2}}}{2}}}{4}} = \sqrt {\frac{{5{\alpha ^2}}}{8}} \,\,\,}$
Τέλος , αφού $\displaystyle{\,\,\,{\rm Z}{\rm E} = {\rm Z}{\rm B}\,\,\,}$ και επιπλέον αφού
$\displaystyle{\,\,\,{\rm Z}{{\rm E}^2} + {\rm Z}{{\rm B}^2} = \frac{{10{\alpha ^2}}}{8} = \frac{{5{\alpha ^2}}}{4} = {\rm B}{{\rm E}^2}\,\,}$ , έχουμε ότι το τρίγωνο $\displaystyle{\,\,{\rm Z}{\rm E}{\rm B}\,\,}$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές , οπότε $\displaystyle{\,\,\,\widehat{{\rm Z}{\rm E}{\rm B}} = {45^0}\,\,}$ .

apotin · #158

Αφού ατύχησα στην εισήγηση, ας δώσω μια ακόμη λύση.

stranton έγραψε:Άσκηση 57

Σε τετράγωνο $AB\varGamma\varDelta$ παίρνουμε το μέσο της πλευράς του $B\varGamma .$
Η ευθεία τέμνει την ευθεία $\varDelta\varGamma$ στο σημείο
Αν είναι το μέσο του να αποδείξετε ότι η ευθεία εφάπτεται του κύκλου
που εγγράφεται στο τετράγωνο.

: 57.png (8.1 KiB) Προβλήθηκε 1343 φορές

Αρκεί να δείξω ότι η $\displaystyle{KE}$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{\widehat {\Gamma {\rm E}{\rm M}}}$ .

Έστω $\displaystyle{a}$ η πλευρά του τετραγώνου, τότε και $\displaystyle{\Gamma {\rm E} = \alpha }$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{{\rm M}\Gamma {\rm E}}$ έχουμε:

$\displaystyle{{\rm M}{{\rm E}^2} = {\rm M}{\Gamma ^2} + \Gamma {{\rm E}^2} = {\alpha ^2} + {\left( {\frac{{3\alpha }}{4}} \right)^2} = \frac{{25{\alpha ^2}}}{{16}} \Rightarrow {\rm M}{\rm E} = \frac{{5\alpha }}{4} \Rightarrow \frac{{{\rm M}{\rm E}}}{{{\rm E}\Gamma }} = \frac{5}{4}\;\;\left( 1 \right)}$

Από τα όμοια τρίγωνα $\displaystyle{{\rm K}{\rm Z}\Theta }$ και $\displaystyle{{\rm E}\Gamma \Theta }$ έχουμε:

$\displaystyle{\frac{{{\rm Z}\Theta }}{{\Theta \Gamma }} = \frac{{{\rm K}{\rm Z}}}{{\Gamma {\rm E}}} = \frac{1}{2} \Rightarrow {\rm Z}\Theta = \frac{\alpha }{6}\;\;\& \;\;\Theta \Gamma = \frac{\alpha }{3}}$

οπότε $\displaystyle{\frac{{{\rm M}\Theta }}{{\Theta \Gamma }} = ... = \frac{5}{4}\;\;\left( 2 \right)}$

Από τις $\displaystyle{(1), (2)}$ έχουμε $\displaystyle{\frac{{{\rm M}{\rm E}}}{{{\rm E}\Gamma }} = \frac{{{\rm M}\Theta }}{{\Theta \Gamma }}}$ , οπότε η $\displaystyle{KE}$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{\widehat {\Gamma {\rm E}{\rm M}}}$ .

#159

Ακυρώθηκε

S.E.Louridas · #160

stranton έγραψε:Άσκηση 57
Σε τετράγωνο $AB\varGamma\varDelta$ παίρνουμε το μέσο της πλευράς του $B\varGamma .$
Η ευθεία τέμνει την ευθεία $\varDelta\varGamma$ στο σημείο
Αν είναι το μέσο του να αποδείξετε ότι η ευθεία εφάπτεται του κύκλου
που εγγράφεται στο τετράγωνο.

Αν

είναι η προβολή του

στην ημιευθεία

και

η τομή της

με την ίδια ημιευθεία και θεωρήσουμε την πλευρά του τετραγώνου

, από τις προφανείς ομοιότητες των ορθογώνιων τριγώνων $LKF, MZF, MG\Gamma$ παίρνουμε: $\displaystyle{ZF = \frac{2} {3} \Rightarrow KF = \frac{5} {3},\;ME = \frac{5} {2} \Rightarrow KL = 1 \Rightarrow L \equiv P.}$

Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Μέλη σε σύνδεση