Καθετότητα και ισότητα

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαιρετώ.

: Καθετότητα και ισότητα.PNG (9.42 KiB) Προβλήθηκε 778 φορές

Το

είναι τετράγωνο και το τρίγωνο DEC

είναι ισοσκελές με $\widehat{DEC}=150^{0}$ .

ΟΙ AD,BE

τέμνονται στο

ενώ οι

στο

Να εξεταστεί αν είναι $AC \perp HZ$ και ..

Να υποθέσω ότι το θέμα ..

.. δεν έχει μόνο μια λύση..Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 06, 2019 6:22 pm
Χαιρετώ.
Καθετότητα και ισότητα.PNG
Το είναι τετράγωνο και το τρίγωνο είναι ισοσκελές με $\widehat{DEC}=150^{0}$ .

ΟΙ τέμνονται στο ενώ οι στο

Να εξεταστεί αν είναι $AC \perp HZ$ και ..

Να υποθέσω ότι το θέμα .. .. δεν έχει μόνο μια λύση..Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλησπέρα!

: Καθετότητα και ισότητα..png (13.72 KiB) Προβλήθηκε 757 φορές

άρα το

είναι ισοσκελές, οπότε το

είναι μέσο των BZ, DH.

Επομένως το BHZD

είναι παραλληλόγραμμο κι επειδή $BD=AC, BD\bot AC,$ τα ζητούμενα έπονται.

Παρατήρηση: Η γωνία $\widehat{DEC}=150^{0}$ δεν χρειάζεται. Αρκεί EC=ED.

Γιώργος Μήτσιος · #3

Καλό βράδυ. Όπως γράφει και ο Αλέξανδρος ΕΔΩ , ο Γιώργος (G.V.) έχει πάντα δίκιο!
Νέα διατύπωση με νέο ζητούμενο ( για χρήση και της γωνίας)

: Λόγος εμβαδών...PNG (10.25 KiB) Προβλήθηκε 682 φορές

Εξωτερικά του τετραγώνου ABCD

θεωρούμε το ισοσκελές τρίγωνο DEC

με $\widehat{DEC}=150^{0}$

ΟΙ AD,BE

τέμνονται στο

ενώ οι

στο

. Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{\left ( AZHC \right )}{\left (ABCD \right )}$

Ευχαριστώ και πάλι , Γιώργος.

#4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 09, 2019 12:07 am
Καλό βράδυ. Όπως γράφει και ο Αλέξανδρος ΕΔΩ , ο Γιώργος (G.V.) έχει πάντα δίκιο!
Νέα διατύπωση με νέο ζητούμενο ( για χρήση και της γωνίας)Λόγος εμβαδών...PNG

Εξωτερικά του τετραγώνου θεωρούμε το ισοσκελές τρίγωνο με $\widehat{DEC}=150^{0}$

ΟΙ τέμνονται στο ενώ οι στο . Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{\left ( AZHC \right )}{\left (ABCD \right )}$

Ευχαριστώ και πάλι , Γιώργος.

Καλημέρα!

Κατά λάθος άλλαξα το γράμμα

με

: Καθετότητα και ισότητα.ΙΙ.png (14.38 KiB) Προβλήθηκε 659 φορές

Επειδή

το

είναι μέσο των BZ, DH,

άρα το

είναι παραλληλόγραμμο και

$\displaystyle DZ =BH= a + CH = a + a\tan 15^\circ = a(3 - \sqrt 3 ).$ Οπότε, $\displaystyle AZ = a + a(3 - \sqrt 3 ) = a(4 - \sqrt 3 )$

$\displaystyle \frac{{(AHZC)}}{{(ABCD)}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}\left( {a(2 - \sqrt 3 ) + a(4 - \sqrt 3 )} \right)}}{{{a^2}}} = \frac{{6 - 2\sqrt 3 }}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{\dfrac{\left ( AZHC \right )}{\left (ABCD \right )}=3-\sqrt 3}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #5

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 09, 2019 12:07 am
Καλό βράδυ. Όπως γράφει και ο Αλέξανδρος ΕΔΩ , ο Γιώργος (G.V.) έχει πάντα δίκιο!
Νέα διατύπωση με νέο ζητούμενο ( για χρήση και της γωνίας)Λόγος εμβαδών...PNG

Εξωτερικά του τετραγώνου θεωρούμε το ισοσκελές τρίγωνο με $\widehat{DEC}=150^{0}$

ΟΙ τέμνονται στο ενώ οι στο . Να υπολογιστεί ο λόγος $\dfrac{\left ( AZHC \right )}{\left (ABCD \right )}$

Ευχαριστώ και πάλι , Γιώργος.

Επειδή $\displaystyle DZ//BH$ και $\displaystyle E$ μέσον της $\displaystyle DH$ θα είναι $\displaystyle DZ = BH = a + x$

Με $\displaystyle \vartriangle DMC$ ισόπλευρο,τα $\displaystyle \vartriangle EMC,ECH$ είναι μορφής $\displaystyle \left( {{{75}^0}{{,75}^0}{{,30}^0}} \right)$ άρα όμοια και

$\displaystyle \frac{x}{{EC}} = \frac{{EH}}{a} \Rightarrow ax = \frac{{{a^2} + {x^2}}}{4} \Rightarrow {x^2} - 4ax + {a^2} = 0$ με δεκτή λύση $\displaystyle x = a\left( {2 - \sqrt 3 } \right)$

Έτσι,εύκολα $\displaystyle \left( {ACHZ} \right) = \left( {3 - \sqrt 3 } \right){a^2} \Rightarrow \boxed{\frac{{\left( {ACHZ} \right)}}{{\left( {ABCD} \right)}} = 3 - \sqrt 3 }$

: καθετότητα και ισότητα.png (20.8 KiB) Προβλήθηκε 609 φορές

Καθετότητα και ισότητα

Καθετότητα και ισότητα

Re: Καθετότητα και ισότητα

Re: Καθετότητα και ισότητα

Re: Καθετότητα και ισότητα

Re: Καθετότητα και ισότητα

Μέλη σε σύνδεση