mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 19, 2011 11:36 pm**

Σε τετράγωνο ABCD

πλευράς $\alpha$ , είναι σχεδιασμένα εσωτερικά , ημικύκλιο διαμέτρου

και τεταρτοκύκλιο κέντρου

και ακτίνας $\alpha$ .

Σημείο

βρίσκεται επί του τεταρτοκυκλίου , ώστε $\widehat{BAZ}=\phi$ , ZH//AB

, (

επί της

) ,

και η

τέμνει το ημικύκλιο στο

. Υπολογίστε το (BEZH)

συναρτήσει των $\alpha , \phi$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 20, 2011 8:44 am**

: Τύπος-για-το-κίτρινο.png (21.3 KiB) Προβλήθηκε 362 φορές

Καλημέρα . Μια λύση στην όμορφη άσκηση του Θανάση.

Είναι $A\widehat EB = {90^ \circ }$ σαν εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο, οπότε $A\widehat BE = {90^ \circ } - \varphi$ . Από το ισοσκελές AZB

έχουμε $A\widehat ZB = A\widehat BZ = {90^ \circ } - \displaystyle\frac{\varphi }{2}$ , οπότε $Z\widehat BE = H\widehat BZ = \displaystyle\frac{\varphi }{2}$ . Θα είναι ακόμα $B\widehat ZH = A\widehat BZ = {90^ \circ } - \displaystyle\frac{\varphi }{2}$ σαν εντός εναλλάξ.

Από την ισότητα των τριγώνων $BEZ,BHZ\,\left( {\Gamma - \Pi - \Gamma } \right)$ συμπεραίνουμε πως το τετράπλευρο BEZH

είναι χαρταετός, άρα οι διαγώνιες BZ,EH

τέμνονται κάθετα στο σημείο

.

Φέρω $AN \bot BZ$ . Από το ορθογώνιο AZN

έχω $\eta \mu \displaystyle\frac{\varphi }{2} = \displaystyle\frac{{ZN}}{a}$ , οπότε $BZ = 2ZN = 2a \cdot \eta \mu \displaystyle\frac{\varphi }{2}\,\,\left( 1 \right)$ . Από το ορθογώνιο BZH

έχω $\sigma \upsilon \nu \displaystyle\frac{\varphi }{2} = \displaystyle\frac{{BH}}{{BZ}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} BH = 2a\eta \mu \displaystyle\frac{\varphi }{2}\sigma \upsilon \nu \displaystyle\frac{\varphi }{2} = \alpha \eta \mu \varphi \,\,\left( 2 \right)$ και απ’ το ορθογώνιο BMH

έχω $\eta \mu \displaystyle\frac{\varphi }{2} = \displaystyle\frac{{MH}}{{BH}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} MH = a\eta \mu \varphi \cdot \eta \mu \displaystyle\frac{\varphi }{2}$ , οπότε $EH = 2MH = 2a\eta \mu \varphi \cdot \eta \mu \displaystyle\frac{\varphi }{2}\,\,\left( 3 \right)$ .

Από $\left( 1 \right),\left( 3 \right)$ έχουμε: $\left( {BEZH} \right) = \displaystyle\frac{1}{2}BZ \cdot EH = 2{a^2}\eta {\mu ^2}\displaystyle\frac{\varphi }{2} \cdot \eta \mu \varphi$ .

Για να γλυτώσουμε κάποιες πράξεις (και μία βοηθητική

) μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε 1o θεώρημα Πτολεμαίου στο εγγράψιμο τετράπλευρο BEZH

, οπότε: $\left( {BEZH} \right) = BH.ZH = \ldots = 2{a^2}\eta {\mu ^2}\displaystyle\frac{\varphi }{2}\cdot\eta \mu \varphi$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 20, 2011 7:20 pm**

Και ένας άλλος τρόπος:
Έστω ότι η ΗΖ τέμνει την AD στο Σ. Τότε η γωνία ΖΑΣ είναι 90-φ. Από το τρίγωνο ΖΑΣ έχουμε:

$\eta \mu (90-\varphi )=\frac{Z\Sigma }{ZA} \sigma \upsilon \nu (90-\phi )=\frac{A\Sigma }{ZA}$

Άρα $Z\Sigma =\alpha \sigma \upsilon \nu \varphi A\Sigma =\alpha \eta \mu \varphi$

Τώρα έχουμε:

$(ZHBE)=(ZHBA)-(AEB)=\frac{(AB+ZH)HB}{2}-\frac{EB.EA}{2}$

$=\frac{(\alpha +\alpha -\alpha \sigma \upsilon \nu \phi).\alpha \eta \mu \phi }{2}$ \displaystyle{-} $\frac{\alpha \eta \mu \phi .\alpha \sigma \upsilon \nu \phi }{2}$

$=\frac{\alpha ^{2}\eta \mu \phi (2-\sigma \upsilon \nu \phi )-\alpha ^{2}\eta \mu \phi \sigma \upsilon \nu \phi }{2}$

$\alpha ^{2}\eta \mu \phi (1-\sigma \upsilon \nu \phi )$

mathematica.gr

Τύπος για το κίτρινο

Τύπος για το κίτρινο

Re: Τύπος για το κίτρινο

Re: Τύπος για το κίτρινο