Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

#661

KARKAR έγραψε:Άσκηση 248
Το συνημμένο 248.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Τρεις παράλληλες ευθείες απέχουν μεταξύ τους αποστάσεις και μονάδες . Κατασκευάστε τετράγωνο

, του οποίου οι κορυφές να βρίσκονται ανά μία στις τρεις ευθείες και υπολογίστε το εμβαδόν του .

Διερεύνηση απαραίτητη !

Συγχωρέστε μου την καλοκαιρινή απουσία μου (για διάφορους λόγους).
Επιτρέψτε μου να βάλω και εγώ ένα λιθαράκι στην πολύ όμορφη δουλειά που γίνεται.

Επιλέγουμε ένα τυχαίο σημείο

μιας από τις τρεις ευθείες. Η δεύτερη κορυφή

του ζητούμενου τετραγώνου, προκύπτει σαν τομή της εικόνας μέσω ορθογώνιας στροφής περί το

μιας εκ των δύο άλλων ευθειών, με την τρίτη ευθεία. (Στην πρώτη περίπτωση έχουμε σημείο

της

, στροφή της e_3

και τομή της με την e_2

και όμοια για τις άλλες δύο περιπτώσεις).
Υπάρχουν τρεις περιπτώσεις που δίνουν εμβαδά
3^2+1^2=10, 2^2+1^2=5, 2^2+3^2=13

όπως προκύπτει από τα αντίστοιχα ορθογώνια τρίγωνα, τα μήκη των πλευρών των οποίων φαίνονται στο σχήμα.

Γιώργος Μήτσιος · #662

Καλημέρα σε όλους . Για να δώσουμε λύση στην

Άσκηση 27

Ας αποδείξουμε αρχικά την παρακάτω βοηθητική πρόταση :
Θεωρούμε τρίγωνο $AB\Gamma$ με $AB \neq A\Gamma$ , εγγεγραμμένο σε κύκλο και ημιευθεία από το

που τέμνει την πλευρά $B\Gamma$ στο

και τον κύκλο στο

.
Αν ισχύει $AM.AN =AB.A\Gamma$ τότε η

είναι η διχοτόμος της $\hat{BA\Gamma }$ .

: SQ-27.PNG (16.19 KiB) Προβλήθηκε 2386 φορές

Στο ΣΧ.1 η $A\Lambda$ είναι η διχοτόμος της γωνίας

. Τα τρίγωνα $ABK , A\Lambda \Gamma$ είναι όμοια αφού $\hat{BA\Lambda } =\hat{\Lambda A\Gamma } , \hat{AB\Gamma }=\hat{A\Lambda \Gamma }$ οπότε έχουμε $\frac{AK}{A\Gamma }= \frac{AB}{A\Lambda }\Leftrightarrow {\color{blue}AK.A\Lambda =AB.A\Gamma }$ .

Στο ΣΧ.2 η $A\Lambda$ είναι η διχοτόμος της

και το

σημείο του τόξου $B\Lambda$ ώστε να ισχύει $AM.AN =AB.A\Gamma$ . Τότε είναι $AM.AN=AK.A\Lambda$ δηλαδή το $K\Lambda MN$ είναι εγγράψιμο $\Rightarrow \hat{AKB}=\hat{AM\Lambda }.$
όμως είναι $\hat{AKB}=\hat{\Gamma }+\frac{1}{2}\hat{A}= \frac{AB}{2}+\frac{\Lambda \Gamma }{2}$ (τόξα)
και $\hat{AM\Lambda }=\frac{A\Gamma }{2}+\frac{\Lambda \Gamma }{2}$ που δίνουν ίσα τα τόξα άρα και τις χορδές $AB=A\Gamma$ το οποίο από την υπόθεση είναι ΑΤΟΠΟ.
Ομοίως (ΣΧ.3) αν το

σημείο του τόξου $\Lambda \Gamma$ προκύπτει $\hat{AK\Gamma }=\hat{AM\Lambda } \Leftrightarrow \frac{A\Gamma }{2}+\frac{B\Lambda }{2}=\frac{AB}{2}+\frac{B\Lambda }{2} (\tau o\xi \alpha )\Leftrightarrow ...AB=A\Gamma$ δηλ . ΑΤΟΠΟ.

Κατ' ανάγκην ,λοιπόν $M\equiv \Lambda$ συνεπώς η

είναι η διχοτόμος της γωνίας

.

Συγγνώμη...θα επανέλθω ασφαλώς για την ολοκλήρωση της λύσης.
Επανέρχομαι... Ας δώσουμε τώρα λύση στην άσκηση 27 .

: sq-M.N.PNG (6.13 KiB) Προβλήθηκε 2328 φορές

Δίνεται τετράγωνο $AB\Gamma \Delta.$ Έστω

σημείο της διαγωνίου $B \Delta$ τ.ω. $BP=3P\Delta$ και

η χρυσή τομή του $B\Gamma$ με $BE>E\Gamma$ .Θεωρούμε τον κύκλο που ορίζουν τα B,P,E

και ημιευθεία από το

που τέμνει την χορδή

στο

, το τόξο

στο

και την πλευρά $\Gamma \Delta$ στο

. Αν είναι $\left(AB\Gamma \Delta \right)=4$ και ισχύει $BZ.BH =3\sqrt{2} \left(\Phi -1 \right$ ) , όπου $\Phi$ ο λόγος της χρυσής τομής ,
τότε να υπολογιστεί το εμβαδόν του τριγώνου $BI\Delta$ .

Είναι $\left(AB\Gamma \Delta \right)=4\Leftrightarrow \alpha =2 \Rightarrow BD=2 \sqrt{2 }$ οπότε
$BP=3PD\Leftrightarrow BP=\frac{3}{4}BD\Rightarrow {\color{blue} BP=\frac{3}{2}\sqrt{2}}$

Ακόμη έχουμε $\frac{B\Gamma }{BE}=\Phi \Rightarrow BE=\frac{2}{\Phi }=2\Rightarrow {\color{blue} BE=2\left(\Phi -1 \right)}$ . Προκύπτει συνεπώς $BP.BE=3\sqrt{2}\left(\Phi -1 \right)\Rightarrow {\color{red} BP.BE=BZ.BH}$
Σύμφωνα λοιπόν με την προηγούμενη πρόταση η

είναι διχοτόμος της $\hat{PBE}\equiv \hat{\Delta B\Gamma }$ αφού προφανώς $BP\neq BE$ .

Στο τριγωνο $B\Gamma \Delta$ το θεώρημα της εσωτ. διχοτόμου μας δίνει $\frac{\Delta I}{I\Gamma }=\frac{B\Delta }{B\Gamma }=\sqrt{2}\Rightarrow \frac{\Delta I}{\Delta \Gamma }=\frac{\sqrt{2}}{1+\sqrt{2}}\Rightarrow \Delta I=...=2\left(2-\sqrt{2} \right)$

Τελικά έχουμε $\left(B\Delta I \right)=\frac{1}{2}I \Delta .B\Gamma =\Delta I\Rightarrow \left(B\Delta I \right)=2\left(2-\sqrt{2} \right)$ .

Και ένα .. εύρημα πέρα από το ζητούμενο : Με την βοήθεια του σχήματος υπολογίζουμε , μ' ενα ακόμη τρόπο τον
...γνωστό τριγωνομετρικό αριθμό $\varepsilon \varphi 22^{0},5 =\varepsilon \varphi \hat{\Gamma BI}=\frac{I\Gamma }{\alpha }\Rightarrow... \varepsilon \varphi 22^{0},5=\sqrt{2}-1$ .

Φιλικά Γιώργος.

#663

Ανδρέας Πούλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 199
Δίνεται το τετράγωνο του συνημμένου σχήματος.
Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν άπειρα τετράγωνα και με και για τα οποία ισχύει (1).
Να εξεταστεί αν υπάρχει ζεύγος τετραγώνων ,
για τα οποία εκτός από την συνθήκη (1) να ισχύει και η συνθήκη, γωνία = γωνία .
Ανδρέας Πούλος

Σκιαγραφώ μια λύση.

Ας είναι a, b, c

οι πλευρές των τετραγώνων, όπως τα βλέπουμε, κατά σειρά, από αριστερά προς τα δεξιά.
H ύπαρξη της απειρίας των τετραγώνων προκύπτει από την πρόταση:

Για κάθε

με $a>b>a\frac{\sqrt{7}-1}{3}$ υπάρχει μοναδικό

με

τέτοιο, ώστε BD^2 + BH^2 = BK^2

. (αντίστοιχη πρόταση, για κάθε c δίνει μοναδικό b κ.λπ.)

Πράγματι, είναι
$BD^2 + BH^2 = BK^2\Leftrightarrow 2a^2+(a+b)^2+b^2=(a+b+c)^2+c^2\Leftrightarrow 2c^2+2(a+b)c-2a^2-b^2=0$

Το τριώνυμο f(c)= 2c^2+2(a+b)c-2a^2-b^2

έχει ακριβώς μία θετική ρίζα , αφού ο σταθερός του όρος είναι αρνητικός. Η ρίζα αυτή είναι μικρότερη του

, γιατί αυτό κείται εκτός του διαστήματος των ριζών αφού f(b)= 3b^2+2ab-2a^2>0

Τώρα, η γωνία DBH

είναι πάντα μεγαλύτερη της γωνίας HBK

. Ένας τρόπος να το δούμε είναι από την μελέτη των οριακών θέσεων για a=b

και $b=c=a\frac{\sqrt{7}-1}{3}$ . Θα παρατηρήσουμε ότι η μικρότερη τιμή της DBH

είναι μεγαλύτερη από την μεγαλύτερη τιμή της HBK

.
(πιο σωστά, με εκτός φακέλου λόγια, το inf της DBH

είναι μεγαλύτερο από το sup της HBK

)

#664

rek2 έγραψε: Άσκηση 024

Στο εσωτερικό τετραγώνου σχηματίζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα . Να αποδειχτεί ότι τα μέσα των πλευρών τους που κείνται στο εσωτερικό του τετραγώνου και τα μέσα των τμημάτων είναι κορυφές κανωνικού δωδεκάγωνου.

Επαναφορά

#665

rek2 έγραψε:
rek2 έγραψε: Άσκηση 024

Στο εσωτερικό τετραγώνου σχηματίζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα . Να αποδειχτεί ότι τα μέσα των πλευρών τους που κείνται στο εσωτερικό του τετραγώνου και τα μέσα των τμημάτων είναι κορυφές κανωνικού δωδεκάγωνου.
Επαναφορά

Δεν είμαι σε θέση να δώσω πλήρες σχήμα, αλλά το ζητούμενο ανάγεται άμεσα στην ισότητα των δύο κόκκινων τμημάτων στο συνημμένο (όπου πορτοκαλί και σκουροπράσινα τμήματα είναι ίσα εκ κατασκευής). Για την ισότητα αυτή δεν βλέπω κάτι το έξυπνο/γεωμετρικό, τριγωνομετρικά όμως είναι όλα πολύ εύκολα: αρκεί να δείξουμε ότι το ύψος ισοσκελούς τριγώνου γωνιών βάσης 15^0

και ίσων πλευρών μήκους

ισούται προς το μισό μήκος πλευράς ισοσκελούς τριγώνου γωνιών βάσης 15^0

και μήκους βάσης

.

Γιώργος Μπαλόγλου

Γιώργος Μήτσιος · #666

Καλημέρα και καλό μήνα .

Ας μου επιτραπεί μια μικρή παρέμβαση στην πρόταση που διατυπώνει αμέσως πριν ο Γιώργος (Μπαλόγλου) ,

βοηθητική για την άσκηση 24.

Η πρόταση αυτή μπορεί να αποδειχθεί , όπως φαίνεται στο σχήμα που ακολουθεί , με αμιγώς Γεωμετρικό τρόπο .

: SQ24.PNG (11.63 KiB) Προβλήθηκε 2235 φορές

Φιλικά Γιώργος.

#667

rek2 έγραψε: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 τετραγώνου σχηματίζουν τετράγωνο.

Επαναφορά.

#668

rek2 έγραψε:
rek2 έγραψε: Άσκηση 024

Στο εσωτερικό τετραγώνου σχηματίζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα . Να αποδειχτεί ότι τα μέσα των πλευρών τους που κείνται στο εσωτερικό του τετραγώνου και τα μέσα των τμημάτων είναι κορυφές κανωνικού δωδεκάγωνου.

Μετά την απόδειξη που παρουσίασαν οι συνάδελφοι Μπαλόγλου και Μήτσιος (η οποία μου άρεσε και την βρήκα πρωτότυπη, έξυπνη και επί της ουσίας της άσκησης) βάζω μία ακόμη για να υπάρχει:

Εύκολα βλέπουμε ότι το FGHI

είναι τετράγωνο με κοινό κέντρο με το αρχικό τετράγωνο και τις πλευρές του κάθετες στις διαγώνιες του αρχικού τετραγώνου.

Τελικά, όλα τα προβλήματα μας λύνονται αν αποδείξουμε ότι ΚΠ= ΚΟ και οι γωνίες a, a_2,a_1

είναι 30 μοιρών.

Φέρνουμε την ΒΙ και όλα είναι εύκολα αφού $OK =\frac{IB}{2}, IB=IF,IF=2K\Pi$ και α=β κ.λπ.

#669

rek2 έγραψε: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 τετραγώνου σχηματίζουν τετράγωνο.

Ανεβάζω μια λύση, ενδεχομένως, πρωτότυπη, με την έννοια ότι δεν την έχω δει κάπου μέχρι τώρα.

Ας είναι K, L

τα ορθόκεντρα των τριγώνων AED, CBH

. Τα ύψη τους KD, KA, LB, LC

προεκτεινόμενα σχηματίζουν το τετράπλευρο KNLM

, του οποίου οι οι πλευρές είναι κάθετες στις πλευρές του δοσμένου παραλληλογράμμου. Άμεσα, επομένως, τα $\Theta , Z$ είναι τα ορθόκεντρα των τριγώνων MDC, ABN

.

Τα τέσσερα τρίγωνα MDC, EDA,NAB, HBC

είναι ίσα, γιατί μοιράζονται από μία πλευρά από τις πλευρές του αρχικού τετραγώνου και οι προσκείμενες στις πλευρές αυτές γωνίες είναι ίσες ( είναι οξείες και έχουν πλευρές κάθετες ή πλευρές παράλληλες). Τότε, τα μπλε ευθύγραμμα τμήματα του σχήματος είναι ίσα, γιατί σε ίσα τρίγωνα είναι προβολές ίσων πλευρών σε ίσες πλευρές.

Τέλος οι,περί ων ο λόγος, κάθετες σχηματίζουν, προφανώς, ορθογώνιο. Αυτό είναι τετράγωνο, γιατί οι πλευρές του είναι ίσες , μιας και προκύπτουν από τις πλευρές του αρχικού τετραγώνου με αφαίρεση δύο ευθυγράμμων τμημάτων ίσων με τα μπλε.

#670

rek2 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 111

Επί των πλευρών τριγώνου και προς το εξωτερικό του μέρος ανάγραφουμε τετράγωνα. Επί των πλευρών του τριγώνου που ορίζουν τα κέντρα των τετραγώνων αυτών και προς το εσωτερικό του μέρος αναγράφουμε νέα τετράγωνα. Να αποδειχτεί ότι τα κέντρα των τριών τελευταίων τετραγώνων είναι τα μέσα των πλευρών του αρχικού τριγώνου.

Για να μην παραμένει αναπάντητη είναι, στην πραγματικότητα, μια διαφορετική διατύπωση -μεταμφίεση της άσκησης αυτής, που έχει ξανασυζητηθεί στο forum μας.

Γιώργος Μήτσιος · #671

ΑΣΚΗΣΗ 084
Καλησπέρα σε όλους τους φίλους.

: sq-p3.PNG (7.47 KiB) Προβλήθηκε 1796 φορές

Υποβάλλω διασκευή μιας παλιάς άσκησης που έδωσα σε μαθητές μου σε Λύκειο της ΟΡΕΣΤΙΑΔΑΣ
ένα χρόνο πριν την μετάθεσή μου απ' αυτήν ...και πριν ανηφορίσει προς εκεί ο φίλος Παρμενίδης !
Ουσιαστικά πρόκειται για ...πακετάρισμα σε ένα θέμα ,γνωστών κατά το μάλλον , προτάσεων-προβλημάτων.

Έστω τετράγωνο $AB\Gamma \Delta$ πλευράς $\alpha$ . Στην πλευρά $B\Gamma$ θεωρούμε το σημείο

τέτοιο ώστε : $AE^{2}=2E\Gamma ^{2}$

και στην

το σημείο $Z : AE^{2}=16\left(BEZ \right).$

1) Να βρεθεί ο λόγος των εμβαδών $\frac{\left(\Delta \Gamma Z \right)}{\left( AB\Gamma \Delta\right) }$

Ας θεωρήσουμε στην συνέχεια τυχαίο σημείο

στο εσωτερικό του τριγώνου $\Gamma \Delta Z$ και τις αποστάσεις του $KH ,K\Theta ,KI$ από τις πλευρές του τριγώνου αυτού. Θεωρούμε ακόμη κύκλο με ακτίνα $R=KH +K\Theta +KI$ και τέλος το εγγεγραμμένο σ΄αυτόν τον κύκλο κανονικό πολύγωνο που έχει

διαγωνίους. Αν είναι $AB=\alpha =12$ τότε

2) Να εξεταστεί αν το εμβαδόν του κανονικού πολυγώνου είναι τέλειο τετράγωνο !

Φιλικά Γιώργος .

Επαναφορά του θέματος για να βρεί , ούτως ή άλλως , τον προορισμό του.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #672

Γεια σου Γώργο. Για να μην μείνει παραπονεμένη...η 84

Ας είναι $\displaystyle{{\rm E}\Gamma = x}$ οπότε $\displaystyle{{\rm E}{\rm B} = \alpha - x}$
Είναι, $\displaystyle{{\rm A}{{\rm E}^2} = {\rm E}{{\rm B}^2} + {\rm A}{{\rm B}^2} \Rightarrow 2{x^2} = {\left( {\alpha - x} \right)^2} + {\alpha ^2} \Leftrightarrow {x^2} + 2\alpha x - 2{\alpha ^2} = 0 \Rightarrow \boxed{x = \alpha \left( {\sqrt 3 - 1} \right)} \Rightarrow \boxed{\alpha - x = {\rm E}{\rm B} = \alpha \left( {2 - \sqrt 3 } \right)}}$
Έστω τώρα $\displaystyle{ZM \bot {\rm B}\Gamma }$
$\displaystyle{{\rm A}{{\rm E}^2} = 16\left( {BEZ} \right) \Rightarrow 2{\rm E}{\Gamma ^2} = 16\frac{{ZM \cdot EB}}{2} \Rightarrow {\alpha ^2}{\left( {\sqrt 3 - 1} \right)^2} = 4ZM \cdot \alpha \left( {2 - \sqrt 3 } \right) \Rightarrow \boxed{ZM = \frac{\alpha }{2}}}$ ,άρα $\displaystyle{\frac{{EZ}}{{EA}} = \frac{{ZM}}{{AB}} = \frac{1}{2} \Rightarrow ZE = ZA \Rightarrow M}$ μέσον του $\displaystyle{EB}$
$\displaystyle{\Gamma {\rm E} + {\rm E}{\rm M} = \Gamma {\rm E} + \frac{{{\rm E}{\rm B}}}{2} = \frac{{2\Gamma {\rm E} + {\rm E}{\rm B}}}{2} = \frac{{2\alpha \left( {\sqrt 3 - 1} \right) + \alpha \left( {2 - \sqrt 3 } \right)}}{2} = \frac{{\alpha \sqrt 3 }}{2}}$ και από το $\displaystyle{\vartriangle \Gamma ZM}$ με Π.Θ εύκολα παίρνουμε $\displaystyle{\Gamma Z = Z\Delta = \alpha \Rightarrow \vartriangle \Delta \Gamma Z}$ ισόπλευρο με $\displaystyle{\left( {\Delta \Gamma Z} \right) = \frac{{{\alpha ^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow \boxed{\frac{{\left( {\Delta \Gamma Z} \right)}}{{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta } \right)}} = \frac{{\sqrt 3 }}{4}}}$
Είναι γνωστό ότι το άθροισμα των αποστάσεων ενός εσωτερικού σημείου $\displaystyle{K}$ ισόπλευρου τριγώνου πλευράς $\displaystyle{\alpha }$ από τις πλευρές ,ισούται με το ύψος του $\displaystyle{\frac{{\alpha \sqrt 3 }}{2}}$ και όταν $\displaystyle{AB = \alpha = 12}$ θα είναι $\displaystyle{6\sqrt 3 }$ που είναι η ακτίνα του εν λόγω κύκλου
Από το γνωστό τύπο πλήθους διαγωνίων κυρτού ν-γώνου , $\displaystyle{\frac{{\nu \left( {\nu - 3} \right)}}{2} = 54 \Rightarrow {\nu ^2} - 3\nu - 108 = 0 \Rightarrow \nu = 12}$ .Άρα πρόκειται για κανονικό 12-γωνο με κεντρική γωνία $\displaystyle{{30^0}}$
Αν $\displaystyle{{\rm O}}$ το κέντρο του κύκλου ακτίνας $\displaystyle{R = 6\sqrt 3 }$ και $\displaystyle{\Lambda {\rm N}}$ πλευρά του 12-γώνου, τότε, $\displaystyle{{E_{12}} = 12\frac{{{\rm O}\Lambda \cdot {\rm O}{\rm N}\eta \mu {{30}^0}}}{2} = 6{\left( {6\sqrt 3 } \right)^2} \cdot \frac{1}{2} \Rightarrow \boxed{{E_{12}} = {{18}^2}}}$

#673

ΑΣΚΗΣΗ 251
Αν το εμβαδόν του τετραγώνου MLSN

είναι το μισό του τετραγώνου ABCD

, να βρεθεί το μέτρο της γωνίας $\Widehat{DAM}$

KARKAR · #674

Άσκηση 252

: 252.png (16.53 KiB) Προβλήθηκε 1627 φορές

Στις "πλάτες" AB,BC,CD,DA

του τετραπλεύρου ABCD

κατασκευάζω τετράγωνα , των οποίων τα κέντρα

ονομάζω K,L,M,N

αντίστοιχα . Δείξτε ότι τα τμήματα

και

, είναι μεταξύ τους ίσα και κάθετα .

#675

Άλλη μία απάντηση για την ωραία άσκηση του Γιώργου Μήτσιου (84)
Για το AE^2=2AC^2

:
Θεωρούμε σημείο

της

τέτοιο ώστε CS=CE

. Τότε

και λόγω συμμετρίας ως προς την

, έχουμε

, οπότε το τρίγωνο AES

είναι ισόπλευρο, οπότε και οι γωνίες $\Widehat{EAB}, \Widehat{DAS}$ είναι ίσες με 30^0

.
Αν τώρα

είναι το συμμετρικό του

ως προς

, το ύψος

του τριγώνου AEE'

ισούται με το μισό της

καθώς $\Widehat{EAE'}=30^0,$ οπότε από την AE^2=16(BEZ)

προκύπτει ότι (AEB)=2(BEZ)

καθώς $\displaystyle{(AEE')=\frac{AE^2}{4}=4(BEZ)}$ . Επομένως το

είναι μέσο της

.

KARKAR · #676

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 251
Αν το εμβαδόν του τετραγώνου είναι το μισό του τετραγώνου , να βρεθεί το μέτρο της γωνίας $\Widehat{DAM}$

: 251.png (10.94 KiB) Προβλήθηκε 1591 φορές

Για ευκολία παίρνω την πλευρά του μεγάλου τετραγώνου

, οπότε του μικρού είναι $\sqrt{2}$ .

Με Π.Θ. στο SAB

βρίσκω $\displaystyle x=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$ , οπότε $\displaystyle sin\phi=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$ , δηλαδή $\phi=15^0$ ,

λύση μοναδική αφού $\phi$ προφανώς οξεία .

#677

KARKAR έγραψε:Άσκηση 252 Στις "πλάτες" του τετραπλεύρου κατασκευάζω τετράγωνα , των οποίων τα κέντρα ονομάζω αντίστοιχα . Δείξτε ότι τα τμήματα και , είναι μεταξύ τους ίσα και κάθετα .

: 252.png (62.02 KiB) Προβλήθηκε 1581 φορές

Είναι $\left\{ \begin{gathered} \left( {TD} \right)\mathop {\mathop = \limits^ \bot }\limits^{ADTR\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} \left( {AD} \right) \\ \left( {DC} \right)\mathop {\mathop = \limits^ \bot }\limits^{CDPQ\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} \left( {DP} \right) \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \vartriangle TDC = \vartriangle ADP \Rightarrow$ $\left\{ \begin{gathered} \boxed{\left( {TC} \right) = \left( {AP} \right)}:\left( 1 \right) \\ \boxed{\angle DCT = \angle APD}:\left( 2 \right) \\ \end{gathered} \right.$ .

Από $\left( 2 \right) \Rightarrow PDOC$ εγγράψιμο, με $O \equiv AP \cap CT$ , οπότε: $\angle COP = \angle CDP = {90^0} \Rightarrow \boxed{TC \bot AP}:\left( 3 \right)$ .

Αν είναι το μέσο της διαγωνίου , τότε έχουμε: $\left\{ \begin{gathered} \vartriangle ATC\mathop \Rightarrow \limits^{N,I\,\,\mu \varepsilon \sigma \alpha \,\,\tau \omega \nu \,\,AT,AC} NI = \parallel \frac{{TC}}{2} \hfill \\ \vartriangle ACP\mathop \Rightarrow \limits^{M,I\,\,\mu \varepsilon \sigma \alpha \,\,\tau \omega \nu \,\,AT,CP} MI = \parallel \frac{{AP}}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 3 \right)} \boxed{NI\mathop = \limits^ \bot MI}:\left( 4 \right)$

και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι : $\boxed{LI\mathop = \limits^ \bot KI}:\left( 5 \right)$ . Από $\left( 4 \right),\left( 5 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\angle NIL = \angle MIK = {{90}^0} + \angle NIK} \vartriangle NIL = \vartriangle MIK\left\{ \begin{gathered} \boxed{\left( {NL} \right) = \left( {MK} \right)}:\left( 6 \right) \\ \boxed{\angle LNI = \angle KMI}:\left( 7 \right) \\ \end{gathered} \right.$ .

Από $\left( 7 \right) \Rightarrow NSIM$ εγγράψιμο, με $S \equiv NL \cap KM$ , άρα $\angle MSN = \angle MIN = {90^0} \Rightarrow \boxed{LN \bot KM}:\left( 8 \right)$ . Από $\left( 6 \right),\left( 8 \right)$ προκύπτει το ζητούμενο.

Στάθης

#678

AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 251
Αν το εμβαδόν του τετραγώνου είναι το μισό του τετραγώνου , να βρεθεί το μέτρο της γωνίας $\Widehat{DAM}$

$\left( {ABCD} \right) = 2\left( {MNSL} \right) \Rightarrow 4\left( {AMD} \right) = \dfrac{{\left( {ABCD} \right)}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AD} \right) = a}$ $\dfrac{{a\left( {MM'} \right)}}{2} = \dfrac{{{a^2}}}{8} \Rightarrow \boxed{\left( {MM'} \right) = \dfrac{{\left( {AD} \right)}}{4}}:\left( 1 \right)$ .

όπου το ύψος του ορθογωνίου τριγώνου $\vartriangle AMD$ . Από την $\left( 1 \right)$ προκύπτει (γνωστή σχολική πρόταση) ότι $\boxed{\angle MAD = {{15}^0}}$ .

Στάθης

Ιστοσελίδα · #679

Να δούμε που θα φτάσει αυτή η συλλογή ! Η άσκηση είναι από εδώ.

ΑΣΚΗΣΗ 253

: 253.jpg (12.97 KiB) Προβλήθηκε 1539 φορές

Δίνεται τετράγωνο ABCD

και σημείο

του εσωτερικού ημικυκλίου διαμέτρου

, έτσι ώστε $E\widehat BC = {45^ \circ } + E\widehat AB$ . Αν AE = 3

, βρείτε το μήκος x = BE

καθώς και την πλευρά του τετραγώνου.

#680

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Να δούμε που θα φτάσει αυτή η συλλογή ! Η άσκηση είναι από εδώ.

ΑΣΚΗΣΗ 253
Το συνημμένο 253.jpg δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνεται τετράγωνο και σημείο του εσωτερικού ημικυκλίου διαμέτρου , έτσι ώστε $E\widehat BC = {45^ \circ } + E\widehat AB$ . Αν , βρείτε το μήκος καθώς και την πλευρά του τετραγώνου.

: 253.png (16.62 KiB) Προβλήθηκε 1519 φορές

Έστω $Z \equiv BE \cap AD$ και η διαγώνιος του τετραγώνου. Τότε με $\angle DBC = {45^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle EBC = {{45}^0} + a} \left\{ \begin{gathered} \boxed{\angle EBD = a}:\left( 1 \right) \\ \boxed{\angle ABE = {{45}^0} - a}:\left( 2 \right) \\ \end{gathered} \right.$ .

Είναι $\angle AEZ\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle AEB} \angle EAB + \angle ABE = a + {45^0} - a = {45^0}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle AED = {{90}^0}\,(\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,\sigma \varepsilon \,\,\eta \mu \iota \kappa \upsilon \kappa \lambda \iota o)} \angle ZED = {45^0} \Rightarrow$

$\angle BEA = \angle BED = {135^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$ $\vartriangle BEA \sim \vartriangle DEB \Rightarrow \dfrac{{\left( {EA} \right)}}{{\left( {EB} \right)}} = \dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {BD} \right)}} = \dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {AB} \right)\sqrt 2 }} = \dfrac{1}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow$ $\left( {EB} \right) = \left( {EA} \right)\sqrt 2 \mathop \Rightarrow \limits^{\left( {EA} \right) = 3} \boxed{\left( {EB} \right) = 3\sqrt 2 }$ .

Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο $\vartriangle AEB \Rightarrow {\left( {AB} \right)^2} = {\left( {EA} \right)^2} + {\left( {EB} \right)^2} -$ $2\left( {EA} \right)\left( {EB} \right)\sigma \upsilon \nu {135^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {EA} \right) = 3,\left( {EB} \right) = 3\sqrt 2 } \ldots \boxed{\left( {AB} \right) = 3\sqrt 5 }$

και όλα τα ζητούμενα έχουν υπολογιστεί.

Στάθης

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

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

Μέλη σε σύνδεση