Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4029
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

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

#721

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Δευ Οκτ 21, 2013 11:27 pm

KARKAR έγραψε:Η μετάβαση από τον προτελευταίο τύπο , στον τελευταίο , είναι κίνηση ."υψηλού ρίσκου" .

Ξαφνικά ( για a=b ) , δημιουργούμε απροσδιόριστη μορφή \displaystyle \frac{0}{0} :lol:
... που μετά την άρση της απροσδιοριστίας με De L'Hospital (θεωρώντας τις συναρτήσεις των όρων του κλάσματος ως προς b παραγωγίσιμες ούσες

ως πολυωνυμικές στο διάστημα \left( {0, + \infty } \right) ) ή κλασικά με παραγοντοποίηση προκύπτει ότι : \mathop {\lim }\limits_{b \to a} \dfrac{{ab\left( {{a^2} - {b^2}} \right)\sqrt 2 }}{{{a^3} - {b^3}}} =... \dfrac{{2a\sqrt 2 }}{3}
:lol:


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7339
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

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

#722

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Οκτ 21, 2013 11:30 pm

KARKAR έγραψε:Άσκηση 263
Το συνημμένο 263.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δύο τετράγωνα με πλευρές a και b , είναι τοποθετημένα έτσι , ώστε A,B,H συνευθειακά . Υπολογίστε το ST .
Τετράγωνα 263.png
Τετράγωνα 263.png (40.13 KiB) Προβλήθηκε 2043 φορές
Αν επιλέξουμε το πιο πάνω σύστημα συντεταγμένων θα έχουμε:

HD \to ax + (a + b)y =  - ab\,,\,ZC \to (a + b)x - by =  - ab και άρα

\boxed{T(\frac{{ - {a^2}b}}{P},\frac{{a{b^2}}}{P})\,\,} με \boxed{P = {a^2} + ab + {b^2}} . Επειδή τα T,S έχουν άξονα συμμετρίας την

y = x θα είναι: \boxed{S(\frac{{a{b^2}}}{P},\frac{{ - {a^2}b}}{P})\,\,} και άρα \boxed{\overrightarrow {TS}  = \frac{{ab(a + b)}}{P}(1, - 1)} , οπότε


\boxed{TS = \frac{{ab(a + b)\sqrt 2 }}{{{a^2} + ab + {b^2}}}} .

Φιλικά Νίκος


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11709
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

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

#723

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Οκτ 26, 2013 10:21 pm

264.png
264.png (9.09 KiB) Προβλήθηκε 1999 φορές
Στην πλευρά AD του τετραγώνου ABCD , κινείται σημείο S . Ο κύκλος (A,B,S) τέμνει

τη διαγώνιο AC στο σημείο T . Πώς πρέπει να επιλεγεί το S , ώστε \displaystyle (AST)=\frac{1}{9}(ABCD) ?


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4029
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

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

#724

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Οκτ 26, 2013 11:41 pm

KARKAR έγραψε:Στην πλευρά AD του τετραγώνου ABCD , κινείται σημείο S . Ο κύκλος (A,B,S) τέμνει τη διαγώνιο AC στο σημείο T . Πώς πρέπει να επιλεγεί το S , ώστε \displaystyle (AST)=\frac{1}{9}(ABCD) ?
264.png
264.png (19.72 KiB) Προβλήθηκε 1988 φορές
Έστω a το μήκος της πλευράς του τετραγώνου ABCD.

Στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο ASTB σε κύκλο διαμέτρου SB\left( {\angle SAB = {{90}^0}} \right) \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  \angle STB = {90^0} \\  
  \angle BST = \angle BAT = {45^0} \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \boxed{\left( {TS} \right) = \left( {TB} \right)}:\left( 1 \right).

Από το Θεώρημα του Πτολεμαίου για το τετράπλευρο αυτό ισχύει: \left( {AS} \right)\left( {TB} \right) + \left( {TS} \right)\left( {AB} \right) = \left( {AT} \right)\left( {SB} \right)

\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( {AB} \right) = a,\left( {SB} \right) = \left( {TS} \right)\sqrt 2 } \left( {AS} \right)\left( {TS} \right) + \left( {TS} \right)a = \left( {AT} \right)\left( {TS} \right)\sqrt 2 \mathop  \Rightarrow \limits^{:\left( {TS} \right)} \left( {AS} \right) + a = \left( {AT} \right)\sqrt 2 \mathop  \Rightarrow \limits^{ \cdot \frac{{\left( {AS} \right)}}{4}} \boxed{\frac{1}{4}{{\left( {AS} \right)}^2} + \frac{a}{4}\left( {AS} \right) = \frac{{\left( {AT} \right)\left( {AS} \right)\sqrt 2 }}{4}}:\left( 2 \right).

Με \left( {AST} \right) = \dfrac{{\left( {ABCD} \right)}}{9} = \dfrac{{{a^2}}}{9} \Rightarrow \dfrac{1}{2}\left( {AT} \right)\left( {AS} \right)\eta \mu {45^0} = \dfrac{{{a^2}}}{9} \Rightarrow \dfrac{{\left( {AT} \right)\left( {AS} \right)\sqrt 2 }}{4} = \dfrac{{{a^2}}}{9}\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)}  \ldots \boxed{\frac{1}{4}{{\left( {AS} \right)}^2} + \frac{a}{4}\left( {AS} \right) - \frac{{{a^2}}}{9} = 0}:\left( 3 \right).

Η εξίσωση \left( 3 \right) (δευτεροβάθμια ως προς \left( {AS} \right) δίνει τη θετικής της ρίζα \boxed{\left( {AS} \right) = \frac{a}{3}} και η θέση του S (όπως θέλαμε) έχει υπολογιστεί.


Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1857
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

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

#725

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Κυρ Οκτ 27, 2013 3:27 am

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο 264.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στην πλευρά AD του τετραγώνου ABCD , κινείται σημείο S . Ο κύκλος (A,B,S) τέμνει

τη διαγώνιο AC στο σημείο T . Πώς πρέπει να επιλεγεί το S , ώστε \displaystyle (AST)=\frac{1}{9}(ABCD) ?
Έστω \displaystyle{SA = x} και \displaystyle{SD = \alpha  - x} με \displaystyle{\alpha } πλευρά του τετραγώνου και ας είναι \displaystyle{TL \bot DA}.
Επειδή \displaystyle{CA} μεσοκάθετος της \displaystyle{BD} ,είναι \displaystyle{TB = TD}.Αλλά λόγω του εγγράψιμου \displaystyle{STBA} και δεδομένου ότι \displaystyle{\angle DAC = {45^0} \Rightarrow \angle TBS = \angle BST = {45^0} \Rightarrow TS = TB}
Άρα, \displaystyle{TD = TS} κι έτσι \displaystyle{L} μέσον της \displaystyle{DS = \alpha  - x \Rightarrow LS = \frac{{\alpha  - x}}{2} \Rightarrow AL = LT = x + \frac{{\alpha  - x}}{2} \Rightarrow AL = LT = \frac{{\alpha  + x}}{2}}
\displaystyle{\frac{{\left( {TSA} \right)}}{{\left( {CDA} \right)}} = \frac{{x \cdot TL}}{{{\alpha ^2}}} \Rightarrow \frac{{2\left( {TSA} \right)}}{{\left( {ABCD} \right)}} = \frac{{x\frac{{\alpha  + x}}{2}}}{{{\alpha ^2}}} \Rightarrow \frac{2}{9} = \frac{{x\left( {\alpha  + x} \right)}}{{2{\alpha ^2}}} \Leftrightarrow 9{x^2} + 9x - 4{\alpha ^2} = 0}
Η τελευταία εξίσωση έχει δεκτή ρίζα \displaystyle{\boxed{x = \frac{\alpha }{3}}}
Συνημμένα
264.png
264.png (15.05 KiB) Προβλήθηκε 1961 φορές


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3279
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

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

#726

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Κυρ Οκτ 27, 2013 8:40 am

KARKAR έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 264 - Η ΤΕΛΕΥΤΑΙΑ ΤΟΥ E-BOOK (Τ' ακούς Θανάση; :D ). Στην πλευρά AD του τετραγώνου ABCD , κινείται σημείο S . Ο κύκλος (A,B,S) τέμνει

τη διαγώνιο AC στο σημείο T . Πώς πρέπει να επιλεγεί το S , ώστε \displaystyle (AST)=\frac{1}{9}(ABCD) ?
Καλημέρα. Μια παρεμφερής αντιμετώπιση με του συνονόματου φίλου Μιχάλη.
264-sol.png
264-sol.png (20.15 KiB) Προβλήθηκε 1938 φορές
Θέτω SA = x. Είναι T\widehat BA\mathop  = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho .TBAS} T\widehat SD\mathop  = \limits^{ \triangleleft ATB =  \triangleleft ATD} T\widehat DS, οπότε \triangleleft TDS ισοσκελές και αν TM \bot AD,\,TN \bot CD θα ισχύει MS = MD = TN = \dfrac{{a - x}}{2},\,MA = MT = \dfrac{{a + x}}{2}.

Ισχύει \left( {TDS} \right) + \left( {TDC} \right) = \dfrac{{\left( {ABCD} \right)}}{2} - \dfrac{{\left( {ABCD} \right)}}{9} = \dfrac{{7\left( {ABCD} \right)}}{{18}} και εφόσον \left( {TDS} \right) = \dfrac{{(a + x)(a - x)}}{4},\,\left( {TDC} \right) = \dfrac{{a(a - x)}}{4},\,(ABCD) = {a^2} καταλήγουμε ,μετά από πράξεις, στο τριώνυμο (ως προς x): 9{x^2} + 9ax - 4{a^2} = 0 με δεκτή λύση την x = \dfrac{a}{3}.

Παραθέτω και το τελευταίο αρχείο excel, βάση του οποίου στήνεται το e-book. Άλυτες, αν δεν κάνω λάθος, παραμένουν οι 111,158. Το αργότερο μέχρι την άλλη βδομάδα πιστεύω ότι θα είμαι έτοιμος (μου έχουν μείνει οι υπερσύνδεσμοι...)

Να ευχαριστήσω το φίλο Χρήστο Τσιφάκη, ο οποίος αποδελτίωσε το μεγαλύτερο μέρος των εκφωνήσεων. :clap2:


Για την αποδελτίωση...ΕΔΩ.
Συνημμένα
Ασκήσεις με τετράγωνα (6).xls
(241 KiB) Μεταφορτώθηκε 84 φορές
τελευταία επεξεργασία από Μιχάλης Νάννος σε Πέμ Οκτ 31, 2013 5:34 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11709
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

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

#727

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Κυρ Οκτ 27, 2013 9:35 am

264.png
264.png (10.53 KiB) Προβλήθηκε 1919 φορές
Έστω AS=x . Είναι \displaystyle AQ=SQ=\frac{x\sqrt{2}}{2} και \displaystyle QT=\frac{a\sqrt{2}}{2} ( προβολή της a στην AC ) ,

οπότε έχω να λύσω την εξίσωση : \displaystyle \frac{1}{2}\cdot\left( \frac{x\sqrt{2}}{2}+\frac{a\sqrt{2}}{2}\right)\cdot \frac{x\sqrt{2}}{2}=\frac{a^2}{9} , η οποία γίνεται :

\displaystyle  \frac{1}{4}(x+a)x=\frac{a^2}{9}\Leftrightarrow 9x^2+9ax-4a^2\Leftrightarrow x=\frac{a}{3} .

Φτάνοντας στις 250 , είχα αντιληφθεί την "υπερφόρτωση " . Αναζητήστε τον "ένοχο" στον συντάκτη της 251 :lol:

Αν πάντως σε κάποιον από μας έρθει κάποια έμπνευση και πετύχουμε καμμιά "καλή" , θα την εντάξουμε

σε άλλον φάκελο , οπότε αν ο Μιχάλης "σκάσει από ζήλεια" , το πολύ να του επιτρέψουμε την αναδρομική ένταξη !!


Άβαταρ μέλους
Σεραφείμ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1872
Εγγραφή: Τετ Μάιος 20, 2009 9:14 am
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη - Γιάννενα

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

#728

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Σεραφείμ » Κυρ Οκτ 27, 2013 10:58 am

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.
Διάβασα πως η Νο \displaystyle{111} είναι άλυτη ακόμα ..[attachment=0]27-10-2013.jpg[/attachment]Αν \displaystyle{ABC} το αρχικό τρίγωνο, τα κέντρα των «εξωτερικών» τετραγώνων των αντιστοίχων πλευρών \displaystyle{AB} και \displaystyle{AC} είναι \displaystyle{T} και \displaystyle{S} αντίστοιχα (σχήμα).

Αν \displaystyle{M} , \displaystyle{K} και \displaystyle{N} είναι τα μέσα των \displaystyle{BC} , \displaystyle{AB} και \displaystyle{AC} , τότε τα τρίγωνα \displaystyle{TKM} και \displaystyle{MNS} είναι ίσα διότι \displaystyle{TK = MN = \frac{{AB}}{2}} , \displaystyle{SN = KM = \frac{{AC}}{2}}

και \displaystyle{T\hat KM = M\hat NS = \hat A + {90^o}} . Επομένως \displaystyle{MT = MS} και \displaystyle{T\hat MS = \hat A + {\hat \omega _1} + {\hat \varphi _1} = \hat A + {\hat \omega _1} + {\hat \varphi _2} = {90^o}} .

Επομένως το «εσωτερικό» τετράγωνο πλευράς \displaystyle{TS} έχει το κέντρο του στο μέσον της \displaystyle{BC} . Όμοια και τα άλλα «εσωτερικά» τετράγωνα..
Συνημμένα
27-10-2013.jpg
27-10-2013.jpg (38.54 KiB) Προβλήθηκε 1901 φορές


Σεραφείμ Τσιπέλης
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4029
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

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

#729

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Οκτ 30, 2013 10:51 pm

rek2 έγραψε:Πριν δώσουμε μια καθαρή Ευκλείδεια λύση στην άσκηση 37, ας δούμε μερικά ενδιαφέροντα που προκύπτουν από την μελέτη του σχήματός της:
ΑΣΚΗΣΗ 158
Δίνεται τετράγωνο ABCD και τα σημεία E, H των πλευρών του CD, CB αντιστοίχως. Έστω Z, I τα σημεία τομής των AE, BD και AH, BD αντιστοίχως, και, K το μέσο της EH το οποίο δεν ισαπέχει από δύο διαδοχικές πλευρές του τετραγώνου.
Να αποδειχτεί ότι οι επόμενες προτάσεις είναι ισοδύναμες:
Π1: ZH\perp AE
Π2: \hat{EAH}=45^o
Π3: KI\parallel BC
Π4: το EZIH είναι εγγράψιμο.
Περαιτέρω να αποδειχτεί ότι καθεμιά τους συνεπάγεται την ισότητα εμβαδών: (AEH)=2(AZI)
Νομίζω ότι σαν "οικοδεσπότης" μπορώ να κλείσω την "πόρτα" με την καταπληκτική άσκηση!!! του Κώστα (Ρεκούμη) που είναι η μόνη αναπάντητη :D

και για να την τιμήσω θα τη γράψω αναλυτικά.
158.png
158.png (78.05 KiB) Προβλήθηκε 1817 φορές
\bullet (Σχήμα 1) . Έστω ότι ισχύει η πρόταση \boxed{{\Pi _1}:ZH \bot AE} τότε το τετράπλευρο AZHB είναι εγγράψιμο σε κύκλο

\left( {\angle AZH = \angle ABH = {{90}^0}} \right) \Rightarrow \angle HAZ = \angle HBZ = {45^0} \mathop  \Rightarrow \limits^{\angle HAZ \equiv \angle EAH} \boxed{\angle EAH = {{45}^0}}:\left( 1 \right) και συνεπώς θα ισχύει η πρόταση \boxed{{\Pi _2}:\angle EAH = {{45}^0}}.

Επίσης το τετράπλευρο EZHC είναι εγγράψιμο σε κύκλο \left( K \right) διαμέτρου EH\left( {\angle EZH = \angle ECH = {{90}^0}} \right) (κέντρου K (το μέσο της EH)).

Αν C' είναι το συμμετρικό του C ως προς το K τότε το τετράπλευρο ECHC' είναι ορθογώνιο και συνεπώς το C' είναι και αυτό σημείο του περικυκλίου \left( K \right)

(οι περίκυκλοι των εγγραψίμων τετραπλεύρων EZHC,EC'HC ταυτίζονται (έχουν τρία κοινά σημεία (τα E,C,H)).

Από το εγγράψιμο ABHZ \Rightarrow \angle BZH = \angle BAH \equiv \angle IAH \mathop  = \limits^{\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \kappa \varepsilon \varsigma \,\,\omega \varsigma \,\,\pi \rho o\varsigma \,\,\tau \eta \nu \,\,BD} \angle ICH\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle BZH \equiv \angle IZH} \angle IZH = \angle ICH \Rightarrow ZIHC

εγγράψιμο στον κύκλο \left( K \right) (τα σημεία Z,C,H είναι ήδη σημεία του \left( K \right)), οπότε τα έξι σημεία E,C,H,I,C',Z είναι ομοκυκλικά,

άρα και το τετράπλευρο EZIH είναι εγγράψιμο σε κύκλο και συνεπώς ισχύει η πρόταση \boxed{{\Pi _4}:\angle EZIH\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o}.

Από το εγγράψιμο CC'IH \Rightarrow \angle C'CI = \angle C'HI\mathop  = \limits^{C'H = \parallel EC\parallel AB\,\,(\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \alpha \xi )} \angle HAB \equiv IAB\mathop  = \limits^{\alpha \pi o\,\,\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha } \angle ICH \Rightarrow \angle C'CI = \angle ICH \Rightarrow I

το μέσο του τόξου C'IH του κύκλου \left( K \right) και συνεπώς \left( {IC'} \right) = \left( {IH} \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {IC'} \right) = \left( {KH} \right) = {R_K}} KC'IH "χαρταετός" οπότε και KI \bot C'H\mathop  \Rightarrow \limits^{C'H\parallel EC \bot BC} \boxed{KI\parallel BC}

και η πρόταση \boxed{{\Pi _4}:KI\parallel BC} έχει αποδειχθεί.
[attachment=1]158.png[/attachment]
\bullet (σχήμα 1). Έστω ότι ισχύει η πρόταση \boxed{{\Pi _2}:\angle EAH = {{45}^0}}. Τότε με \angle ZBH \equiv \angle DBC = {45^0}\mathop  \Rightarrow \limits^{{\Pi _2}:\angle EAH = {{45}^0}} \angle ZBH = \angle EAH \equiv ZAH \Rightarrow AZHB

εγγράψιμο και με \angle ABH = {90^0} \Rightarrow \angle AZH = {90^0} \Rightarrow \boxed{ZH \bot AE} και συνεπώς ισχύει η πρόταση \boxed{{\Pi _1}:ZH \bot AE} και η συνέχεια όπως παραπάνω...

\bullet(σχήμα 2) Έστω ότι ισχύει η πρόταση \boxed{{\Pi _3}:KI\parallel BC} και ας είναι C' το συμμετρικό του C ως προς το μέσο K της EH.

Τότε με KI\parallel BC\mathop  \Rightarrow \limits^{BC \bot EC\parallel C'H} KI \bot C'H και με \left( {KC'} \right) = \dfrac{{\left( {CC'} \right)}}{2}\mathop  = \limits^{ECHC'\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o} \dfrac{{\left( {EH} \right)}}{2} = KH \Rightarrow KI μεσοκάθετη της C'H (και φυσικά και της EC = \parallel C'H),

δηλαδή η ευθεία KI είναι άξονας συμμετρίας του ορθογωνίου παραλληλογράμμου ECHC'. Άρα \boxed{\left( {IE} \right) = \left( {IC} \right)}:\left( 2 \right) και

\angle KIE\mathop  = \limits^{\alpha \pi o\,\,\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha \,\,\omega \varsigma \,\,\pi \rho o\varsigma \,\,\tau \eta \nu \,\,KI} \angle KIC\mathop  = \limits^{KI\parallel CB} \angle ICB \mathop  = \limits^{\alpha \pi o\,\,\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha \,\,\omega \varsigma \,\,\pi \rho o\varsigma \,\,\tau \eta \nu \,\,BD} \angle HAB\mathop  = \limits^{HC'\parallel AB} \angle C'HI \Rightarrow \angle KIE = \angle C'HI\mathop  \Rightarrow \limits^{IK \bot HC'} \boxed{EI \bot IH}:\left( 3 \right).

(ίσες οξείες γωνίες με μια πλευρά τους κάθετη και τις άλλες δύο του ίδιου προσανατολισμού).

Από \left( 3 \right) \Rightarrow \vartriangle AIE ορθογώνιο και με \left( {IA} \right)\mathop  = \limits^{\sigma \upsilon \mu \mu \varepsilon \tau \rho \iota \alpha \,\,\omega \varsigma \,\,\pi \rho o\varsigma \,\,\tau \eta \nu \,\,BD} \left( {IC} \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \boxed{\left( {IE} \right) = \left( {IA} \right)} οπότε το τρίγωνο \vartriangle AIE είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, άρα

\boxed{\angle IAE \equiv \angle HAE = {{45}^0}} και επομένως ισχύει η πρόταση \boxed{{\Pi _2}:\angle HAE = {{45}^0}} οπότε θα ισχύουν και οι υπόλοιπες προτάσεις όπως πιο πάνω…
[attachment=0]158.png[/attachment]
\bullet(σχήμα 3). Έστω ότι ισχύει η πρόταση \boxed{{\Pi _4}:EZIH\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o}. Από την εγγραψιμότητα του τετραπλεύρου EZIH προκύπτει ότι τα τρίγωνα \vartriangle AZI,\vartriangle AHE

είναι όμοια και αν AO,AF είναι τα ομόλογα ύψη τους στις πλευρές IZ,EH αντίστοιχα, τότε θα είναι : \angle OAZ = \angle FAH\mathop  \Rightarrow \limits^{ + \angle OAF} \boxed{\angle EAF = \angle OAH \equiv \angle CAH}:\left( 4 \right).

Από το εγγράψιμο τετράπλευροAFED\left( {\angle ADE = \angle AFE = {{90}^0}} \right) \Rightarrow \angle FDE = \angle EAF\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \angle FDE = \angle OAH \Rightarrow

{45^0} - \angle FDE = {45^0} - \angle OAH\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle BDC = \angle OAB = {{45}^0}} \boxed{\angle FDB = \angle HAB}:\left( 5 \right) και από το εγγράψιμο τετράπλευρο AFHB\left( {\angle AFH = \angle ABH = {{90}^0}} \right) \Rightarrow

\angle HAB = \angle BFH\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} \angle FDB = \angle BFH \Rightarrow FH \equiv EH είναι εφαπτομένη του περικυκλίου του τριγώνου \vartriangle BFD και με FA \bot EH

το κέντρο του περικυκλίου του τριγώνου \vartriangle BFD θα είναι το σημείο τομής της FA και της μεσοκαθέτου της πλευράς του BD που είναι η OA, οπότε

το κέντρο του περικυκλίου του τριγώνου αυτού θα είναι το A \Rightarrow \left( {AF} \right) = \left( {AD} \right) = a\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {AE} \right) = \left( {AE} \right),\angle AFE = \angle ADE = {{90}^0}} \vartriangle AFE = \vartriangle ADE \Rightarrow \boxed{\angle FAE = \angle DAE}:\left( 6 \right).

Άρα \angle HAE = \angle HAF + \angle FAE\mathop  = \limits^{\angle HAF = \angle OAE,\left( 6 \right)} \angle OAE + \angle EAD = \angle OAD = {45^0} \Rightarrow \boxed{\angle HAE = {{45}^0}}

δηλαδή ισχύει η πρόταση {\Pi _2} άρα και όλες οι υπόλοιπες όπως πιο πάνω...

\bullet Τέλος είναι:\vartriangle AEH \sim \vartriangle AZI \Rightarrow \dfrac{{\left( {AEH} \right)}}{{\left( {AZI} \right)}} = {\left[ {\dfrac{{\left( {AH} \right)}}{{\left( {AZ} \right)}}} \right]^2}\mathop  \Rightarrow \limits^{\vartriangle AZH\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o\;\;\iota \sigma o\kappa \lambda \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma \,\, \Leftrightarrow \left( {AH} \right) = \left( {AZ} \right)\sqrt 2 } \dfrac{{\left( {AEH} \right)}}{{\left( {AZI} \right)}} = 2 \Rightarrow \left( {AEH} \right) = \boxed{2\left( {AZI} \right)}


Στάθης
Συνημμένα
158.png
158.png (78.05 KiB) Προβλήθηκε 1817 φορές
158.png
158.png (78.05 KiB) Προβλήθηκε 1817 φορές


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

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

#730

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Τετ Οκτ 30, 2013 10:56 pm

μετά και το τελευταίο απλώς :notworthy: (στον Στάθη)


Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2807
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

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

#731

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Σάβ Νοέμ 09, 2013 9:46 pm

Για την 158 ας παρατηρήσω απλώς ότι και η (AEH)=2(AZI) είναι ισοδύναμη προς τις υπόλοιπες, και μάλιστα αν το δούμε με Αναλυτική και

A=(-a,-a), B=(a,-a), C=(a,a), D=(-a,a), E=(p,a), H=(a,q),

τότε οι συνθήκες KI//BC (αλλά και η KZ//DC), ZH\perp AE (αλλά και η IE\perp AH), (AEH)=2(AZI) είναι όλες ισοδύναμες προς την a^2+3ap+3aq+pq=0 ... μέσω των

K=\displaystyle(\frac{p+a}{2},\frac{q+a}{2}),

Z=\displaystyle(\frac{a(p-a)}{p+3a},\frac{a(a-p)}{p+3a}), I=\displaystyle(\frac{a(a-q)}{q+3a},\frac{a(q-a)}{q+3a}),

|AZ|=\displaystyle\frac{2a}{p+3a}\cdot|AE|, |AI|=\displaystyle\frac{2a}{q+3a}\cdot |AH|.

[Οι άλλες δύο συνθήκες φαίνεται να παρουσιάζουν υπολογιστικές δυσκολίες, κάτι που δίνει ακόμη μεγαλύτερη αξία στην λύση του Στάθη.]

Γιώργος Μπαλόγλου
τελευταία επεξεργασία από gbaloglou σε Δευ Νοέμ 11, 2013 12:46 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2807
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

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

#732

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Κυρ Νοέμ 10, 2013 12:06 pm

gbaloglou έγραψε:Για την 158 ας παρατηρήσω απλώς ότι και η (AEH)=2(AZI) είναι ισοδύναμη προς τις υπόλοιπες, και μάλιστα αν το δούμε με Αναλυτική και

A=(-a,-a), B=(a,-a), C=(a,a), D=(-a,a), E=(p,a), H=(a,q),

τότε οι συνθήκες KI//BC (αλλά και η KZ//DC), ZH\perp AE (αλλά και η IE\perp AH), (AEH)=2(AZI) είναι όλες ισοδύναμες προς την a^2+3ap+3aq+pq=0 ... μέσω των

K=\displaystyle(\frac{p+a}{2},\frac{q+a}{2}),

Z=\displaystyle(\frac{a(p-a)}{p+3a},\frac{a(a-p)}{p+3a}), I=\displaystyle(\frac{a(a-q)}{q+3a},\frac{a(q-a)}{q+3a}),

|AZ|=\displaystyle\frac{2a}{p+3a}\cdot|AE|, |AI|=\displaystyle\frac{2a}{q+3a}\cdot |AH|.

[Οι άλλες δύο συνθήκες φαίνεται να παρουσιάζουν υπολογιστικές δυσκολίες, κάτι που δίνει ακόμη μεγαλύτερη αξία στην λύση του Στάθη.]
Για την \angle HAE=45^0 ας πω ότι είναι και αυτή ισοδύναμη προς την a^2+3ap+3aq+pq=0 ... μέσω της \epsilon \phi(\angle BAH+\angle DAE)=1 ... και της \displaystyle\frac{p+a}{2a}+\frac{q+a}{2a}=1-\frac{p+a}{2a}\cdot \frac{q+a}{2a}.

Γιώργος Μπαλόγλου
τελευταία επεξεργασία από gbaloglou σε Δευ Νοέμ 11, 2013 1:02 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2807
Εγγραφή: Παρ Φεβ 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη
Επικοινωνία:

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

#733

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από gbaloglou » Δευ Νοέμ 11, 2013 12:58 pm

Συνεχίζοντας με την 158 και με Αναλυτική ... παρατηρώ ότι η a^2+3ap+3aq+pq=0 είναι ισοδύναμη προς (κάθε μία από) τις καθετότητες ZH\perp AE και IE\perp AH, επομένως συνεπάγεται άμεσα την εγγραψιμότητα του EZIH: η πραγματική δυσκολία της άσκησης έγκειται λοιπόν στην απόδειξη της a^2+3ap+3aq+pq=0 (ή των ισοδυνάμων της) υποθέτοντας την εγγραψιμότητα του EZIH (κάτι που βεβαίως κατάφερε ήδη ο Στάθης) ;)

Γιώργος Μπαλόγλου


Γιώργος Μπαλόγλου -- κρυσταλλογράφω άρα υπάρχω

Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 1169
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

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

#734

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Σάβ Ιούλ 04, 2015 9:53 pm

ΑΣΚΗΣΗ 260

Λόγω συμμετρίας η KO προεκτεινόμενη προς τις πλευρές CB και DA τις τέμνει κάθετα

και μάλιστα στα μέσα τους M και N αντίστοιχα.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο OMC έχουμε OM^{2}+MC^{2}=R^{2}\Rightarrow

\Rightarrow (NM-NO)^{2}+\dfrac{\alpha ^{2}}{4}=R^{2}\Rightarrow

(\alpha -R)^{2}+\dfrac{\alpha ^{2}}{4}=R^{2}\Rightarrow R=\dfrac{5}{8}\alpha

Στο ορθογώνιο τρίγωνο KND έχουμε KN^{2}+ND^{2}=r^{2}\Rightarrow

\Rightarrow (ON-OK)^{2}+\dfrac{\alpha ^{2}}{4}=r^{2}\Rightarrow

\Rightarrow (R-r)^{2}+\dfrac{\alpha ^{2}}{4}=r^{2}\Rightarrow

r=\dfrac{41}{80}\alpha
Συνημμένα
Άσκηση 260.png
Άσκηση 260.png (12.28 KiB) Προβλήθηκε 1060 φορές


Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 1169
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

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

#735

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Δευ Ιούλ 06, 2015 9:01 pm

ΑΣΚΗΣΗ 004

Το τρίγωνο BAE είναι ισοσκελές.

Έστω \hat{A_{1}}=\chi

οπότε \hat{B_{1}}=90^{0}-\dfrac{\chi }{2}, \hat{B_{2}}=\dfrac{\chi }{2}

Από τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο BAE έχουμε

\dfrac{\eta \mu \hat{A_{1}}}{BE}=\dfrac{\eta \mu \hat{B_{1}}}{AE}\Leftrightarrow

\Leftrightarrow \dfrac{\eta \mu \chi }{BE}=\dfrac{\eta \mu (90^{0}-\dfrac{\chi }{2})}{\alpha }\Leftrightarrow

\Leftrightarrow BE=2\alpha \eta \mu \dfrac{\chi }{2} (1)

Από το ορθογώνιο τρίγωνο BE\Gamma έχουμε

\eta \mu \hat{B_{2}}=\dfrac{E\Gamma }{B\Gamma }\Leftrightarrow

\Leftrightarrow E\Gamma =\alpha \eta \mu \dfrac{\chi }{2} (2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι BE=2E\Gamma .
Συνημμένα
ΑΣΚΗΣΗ  004.png
ΑΣΚΗΣΗ 004.png (6.83 KiB) Προβλήθηκε 1004 φορές


Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 1169
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

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

#736

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Παρ Ιούλ 17, 2015 8:45 pm

ΑΣΚΗΣΗ 035

Έστω \alpha η πλευρά του τετραγώνου και M το μέσο της \Delta \Sigma .
Φέρνω την \Gamma M και την \Gamma E\perp \Delta M. Επειδή η \Delta M
είναι χορδή του τεταρτοκυκλίου, το E είναι το μέσο της.
Προφανώς \hat{\Delta _{1}}=\hat{\Gamma _{1}}=\chi .
Αν A\Sigma =\psi , τότε από το τρίγωνο \Delta A\Sigma έχουμε

\eta \mu \chi =\dfrac{\psi }{\Delta \Sigma } (1)

Από το τρίγωνο \Delta E\Gamma έχουμε

\eta \mu \chi =\dfrac{\Delta E}{\alpha } (2)

Από τις (1), (2) \Rightarrow \dfrac{\psi }{\Delta \Sigma }=\dfrac{\Delta E}{\alpha }\Rightarrow

\Rightarrow \dfrac{\psi }{\Delta \Sigma }=\dfrac{\Delta \Sigma }{4\alpha }\Rightarrow

\Rightarrow \Delta \Sigma ^{2}-4\alpha \psi =0 (3)

Από το ορθογώνιο τρίγωνο \Delta A\Sigma προκύπτει ότι

\Delta \Sigma ^{2}=\alpha ^{2}+\psi ^{2} (4)

Η (3) λόγω της (4) γράφεται

\psi ^{2}-4\alpha \psi +\alpha ^{2}=0\Leftrightarrow

\Leftrightarrow \psi =2\alpha +\sqrt{3}\alpha ή \psi =2\alpha -\sqrt{3}\alpha \Leftrightarrow

\Leftrightarrow \psi =(2-\sqrt{3})\alpha

Η τιμή 2\alpha +\sqrt{3}\alpha απορρίπτεται διότι το \Sigma βρίσκεται εντός του AB.

Από το τρίγωνο \Delta A\Sigma έχουμε \varepsilon \phi \hat{\Sigma _{1}}=\dfrac{A\Delta }{A\Sigma }=2+\sqrt{3}.

Από τους τριγωνομετρικούς πίνακες προκύπτει ότι \Sigma _{1}=75^{0}.
Συνημμένα
ΑΣΚΗΣΗ  035.png
ΑΣΚΗΣΗ 035.png (8.23 KiB) Προβλήθηκε 935 φορές


Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 1169
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

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

#737

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Τρί Αύγ 04, 2015 12:13 am

ΑΣΚΗΣΗ 020.

Έστω \alpha , \beta οι πλευρές των AB\Gamma \Delta , EZK\Delta αντίστοιχα.
Φέρνω τις \Delta B, \Delta Z.
Είναι \Delta B=\sqrt{2}\alpha, \Delta Z=\sqrt{2}\beta (ως διαγώνιοι τετραγώνων).
\hat{\Delta _{1}}+\hat{\Delta _{2}}=45^{0} (1)
\hat{\Delta _{3}}+\hat{\Delta _{2}}=45^{0} (2)
Αφαιρώντας κατά μέλη τις (1), (2) προκύπτει ότι \hat{\Delta _{1}}=\hat{\Delta _{3}} (3).
Από τον Ν.Σ. στο τρίγωνο \Delta ZB έχουμε
BZ^{2}=\Delta B^{2}+\Delta Z^{2}-2\ast \Delta B\ast \Delta Z\ast \sigma \upsilon \nu \hat{\Delta _{3}}\Rightarrow

\Rightarrow \sigma \upsilon \nu \hat{\Delta _{3}}=\dfrac{2\alpha ^{2}+2\beta ^{2}-BZ^{2}}{4\alpha \beta } (4)

Από τον Ν.Σ. στο τρίγωνο \Delta EA έχουμε
AE^{2}=\Delta A^{2}+\Delta E^{2}-2\ast \Delta A\ast \Delta E\ast \sigma \upsilon \nu \hat{\Delta _{1}}\Rightarrow

\Rightarrow \sigma \upsilon \nu \hat{\Delta _{1}}=\dfrac{\alpha ^{2}+\beta ^{2}-AE^{2}}{2\alpha \beta } (5)

Από τις (3), (4), (5) έχουμε ότι

\dfrac{2\alpha ^{2}+2\beta ^{2}-BZ^{2}}{4\alpha \beta }=\dfrac{\alpha ^{2}+\beta ^{2}-AE^{2}}{2\alpha \beta }\Rightarrow

\Rightarrow BZ=\sqrt{2}AE.
Συνημμένα
ΑΣΚΗΣΗ  20.png
ΑΣΚΗΣΗ 20.png (11.15 KiB) Προβλήθηκε 873 φορές


Φανης Θεοφανιδης
Δημοσιεύσεις: 1169
Εγγραφή: Παρ Απρ 10, 2015 9:04 pm

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

#738

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Φανης Θεοφανιδης » Σάβ Νοέμ 07, 2015 9:41 pm

ΑΣΚΗΣΗ 035 (Από KARKAR)

Φέρνω την \Gamma M και την \Gamma E\perp \Delta \Sigma . Το τρίγωνο \Delta \Gamma M
είναι ισοσκελές. Άρα το E είναι μέσο της \Delta M. Συνεπώς \Delta E=\dfrac{\Delta \Sigma }{4}.
Είναι \hat{\Delta \Gamma E}=\hat{A\Delta \Sigma } (αφού έχουν κάθετες πλευρές).
Οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα \Delta E\Gamma , \Sigma A\Delta είναι όμοια.
Επομένως \dfrac{\Delta \Gamma }{\Delta \Sigma }=\dfrac{\Delta E}{A\Sigma }\Rightarrow
\Rightarrow A\Sigma ^{2}-4\alpha A\Sigma +\alpha ^{2}=0\Rightarrow A\Sigma =2\alpha +\sqrt{3}\alpha ή
A\Sigma =2\alpha -\sqrt{3}\alpha. Η τιμή 2\alpha +\sqrt{3}\alpha απορρίπτεται διότι το \Sigma βρίσκεται
εντός του A και B. Άρα A\Sigma =(2-\sqrt{3})\alpha .
Από το ορθογώνιο τρίγωνο \Sigma A\Delta έχουμε \Delta \Sigma =2\alpha \sqrt{2-\sqrt{3}}\Rightarrow
\Rightarrow \Delta M=\alpha \sqrt{2-\sqrt{3}}.
Παρατηρούμε ότι η \Delta M είναι πλευρά κανονικού δωδεκαγώνου .
Οπότε \hat{\Delta \Gamma M}=\dfrac{360^{0}}{12}\Rightarrow \hat{\Delta \Gamma M}=30^{0}\Rightarrow
\Rightarrow \hat{\Delta \Gamma E}=15^{0}\Rightarrow \hat{A\Delta \Sigma }=15^{0}\Rightarrow \hat{\Delta \Sigma A}=75^{0}.
Όπου \alpha η πλευρά του τετραγώνου.
Συνημμένα
ΑΣΚΗΣΗ  35.png
ΑΣΚΗΣΗ 35.png (15.68 KiB) Προβλήθηκε 752 φορές


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1911
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

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

#739

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Πέμ Αύγ 04, 2016 11:08 am

Εκπληκτική, πράγματι, συλλογή!

Τώρα, που την κοιτάζω ξανά, θαυμάζω την ευρηματικότητα των γεωμετρών του forum. Η συλλογή αυτή είναι ιστορική κυρίως λόγω όλων αυτών που άφησαν εδώ το αποτύπωμά τους.

Μιχάλη (Νάνος) και όλοι οι λοιποί Φίλοι Γεωμέτρες, να είστε πάντα καλά!


socrates
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6098
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 1:47 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονίκη
Επικοινωνία:

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

#740

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από socrates » Παρ Σεπ 23, 2016 8:20 pm

Δίνεται τετράγωνο ABCD πλευράς 1.
Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων P του επιπέδου του έτσι ώστε AP\cdot CP+BP\cdot DP=1


Θανάσης Κοντογεώργης
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες