Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Ιστοσελίδα · #1

Ας φτιάξουμε ένα post, όπου θα συγκεντρώσουμε όσες περισσότερες ασκήσεις με τετράγωνα υπάρχουν (μια ιδέα του φίλου Μπάμπη Στεργίου). Όταν φτάσουμε στον αριθμό 100, δεσμεύομαι πως θα τις "δέσω" σε ένα pdf...
Θερμή παράκληση να χρησιμοποιούνται Ελληνικά και όποιος φίλος χρησιμοποιεί Geogebra ας επισυνάπτει και το αρχείο ggb (για δική μου διευκόλυνση).

Άσκηση 001

: sq001.jpg (19.63 KiB) Προβλήθηκε 21335 φορές

Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ με κέντρο ${\rm O}$ . Αν για τυχαία σημεία ${\rm E},\,{\rm Z}$ επί των πλευρών $\Delta {\rm A},\,{\rm A}{\rm B}$ αντίστοιχα ισχύει ${\rm E}{\rm O} \bot {\rm O}{\rm Z}$ , δείξτε ότι:

1) $({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta ) = 4({\rm A}{\rm Z}{\rm O}{\rm E})$ .

2) $\Delta {\rm E} = {\rm A}{\rm Z}$ .

tzisves · #2

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Ας φτιάξουμε ένα post, όπου θα συγκεντρώσουμε όσες περισσότερες ασκήσεις με τετράγωνα υπάρχουν (μια ιδέα του φίλου Μπάμπη Στεργίου). Όταν φτάσουμε στον αριθμό 100, δεσμεύομαι πως θα τις "δέσω" σε ένα pdf...
Θερμή παράκληση να χρησιμοποιούνται Ελληνικά και όποιος φίλος χρησιμοποιεί Geogebra ας επισυνάπτει και το αρχείο ggb (για δική μου διευκόλυνση).

Άσκηση 001
Το συνημμένο sq001.jpg δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ με κέντρο ${\rm O}$ . Αν για τυχαία σημεία ${\rm E},\,{\rm Z}$ επί των πλευρών $\Delta {\rm A},\,{\rm A}{\rm B}$ αντίστοιχα ισχύει ${\rm E}{\rm O} \bot {\rm O}{\rm Z}$ , δείξτε ότι:

1) $({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta ) = 4({\rm A}{\rm Z}{\rm O}{\rm E})$ .

2) $\Delta {\rm E} = {\rm A}{\rm Z}$ .

: τετράγωνα_001.png (5.15 KiB) Προβλήθηκε 21294 φορές

α) Έστω ${\rm M},{\rm N}$ τα μέσα των πλευρών ${\rm A}{\rm B},{\rm A}\Delta$ αντίστοιχα.

Προφανώς το τετράπλευρο ${\rm O}{\rm M}{\rm A}{\rm N}$ είναι τετράγωνο με μήκος πλευράς το μισό

του μήκους της πλευράς του τετραγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ συνεπώς

$({\rm O}{\rm M}{\rm A}{\rm N}) = \displaystyle\frac{1}{4}({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta )\,\,(1)$ .

Επειδή $\omega + \varphi = \varphi + \theta = {90^0} \Rightarrow \omega = \theta$ . Τα ορθογώνια τρίγωνα

${\rm O}{\rm M}{\rm Z},{\rm O}{\rm N}{\rm E}$ έχουν τις κάθετες πλευρές τους ${\rm O}{\rm M},{\rm O}{\rm N}$ ίσες και τις

προσκείμενες οξείες γωνίες $\theta ,\omega$ ίσες άρα είναι ίσα και έτσι θα είναι και ισοδύναμα

και άρα $({\rm O}{\rm E}{\rm A}{\rm Z}) = ({\rm O}{\rm E}{\rm N}) + ({\rm O}{\rm N}{\rm A}{\rm Z}) = ({\rm O}{\rm N}{\rm A}{\rm Z}) + ({\rm O}{\rm M}{\rm Z})$ δηλαδή

$({\rm O}{\rm Z}{\rm A}{\rm E}) = ({\rm O}{\rm M}{\rm A}{\rm N}) = \displaystyle\frac{1}{4}({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta )$

β) Πάλι λόγω της ισότητας των τριγώνων ${\rm O}{\rm M}{\rm Z},{\rm O}{\rm N}{\rm E}$ έχουμε

${\rm E}{\rm N} = {\rm Z}{\rm M} \Rightarrow \Delta {\rm N} - {\rm E}{\rm N} = {\rm A}{\rm M} - {\rm Z}{\rm M} \Rightarrow \Delta {\rm E} = {\rm A}{\rm Z}$ .

Ιστοσελίδα · #3

Άσκηση 002

: sq002.jpg (22.06 KiB) Προβλήθηκε 21227 φορές

Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και με πλευρά ${\rm A}\Delta$ κατασκευάζω εξωτερικά το ισόπλευρο $\vartriangle {\rm A}\Delta {\rm E}$ . Αν ${\rm Z} \equiv {\rm E}\Gamma \cap \Delta {\rm B}$ , δείξτε ότι $\displaystyle{{\rm E}\Gamma = {\rm Z}{\rm B}\sqrt 3 }$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #4

Είναι $\angle CDE=\angle EAB=90^{0}+60^{0}=150^{0}$ κι επειδή $\textrm{CD=DE=EA=AB}=\alpha$ , όπου $\alpha$ η πλευρά του τετραγώνου ,θα είναι $\angle DCE=\angle DEC=\angle AEB=\angle EBA=15^{0}$ κι έτσι τα τρίγωνα $\textrm{EDC,EAB}$ είναι ίσα οπότε $\textrm{EC=EB}$ κι ακόμη $\angle CEB=60^{0}-30^{0}=30^{0}$ και $\angle ZBE=45^{0}-15^{0}=30^{0}$ .Άρα $\textrm{EZ=ZB}$
Έστω $\textrm{ZH}$ η προβολή της $\textrm{ZB}$ στην $\textrm{EZ}$ .Προφανώς $\angle ZBH=30^{0}\Rightarrow \textrm{ZH}=\dfrac{ZB}{2}$ . Τώρα με γενικευμένο Πυθαγόρειο θεώρημα στο αμβλυγώνιο τρίγωνο $\textrm{EZB}$ παίρνουμε $\textrm{EB}^{2}=2\textrm{ZB}^{2}+2\textrm{EZ}\cdot \textrm{ZH}\Rightarrow \textrm{EC}^{2}=2\textrm{ZB}^{2} +2\textrm{ZB}\cdot \dfrac{ZB}{2}\Rightarrow \textrm{EC}^{2}=3\textrm{ZB}^{2} \Rightarrow \textrm{EC=\textrm{ZB}}\sqrt{3}$
και το ζητούμενο αποδείχτηκε

Ιστοσελίδα · #5

Άσκηση 003

: sq003.png (26 KiB) Προβλήθηκε 21154 φορές

Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και με πλευρά ${\rm A}{\rm B} = \alpha$ κατασκευάζω εσωτερικά το ισόπλευρο $\vartriangle {\rm A}{\rm B}{\rm E}$ . Αν ${\rm E}{\rm B}{\rm Z}{\rm H}$ τετράγωνο στο ημιεπίπεδο που ορίζεται απ’ την ${\rm E}{\rm B}$ και στο οποίο δεν ανήκει το ${\rm A}$ , να δείξετε ότι $\Delta {\rm H} = \alpha \sqrt 2$ .

#6

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Άσκηση 003
Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και με πλευρά ${\rm A}{\rm B} = \alpha$ κατασκευάζω εσωτερικά το ισόπλευρο $\vartriangle {\rm A}{\rm B}{\rm E}$ . Αν ${\rm E}{\rm B}{\rm Z}{\rm H}$ τετράγωνο στο ημιεπίπεδο που ορίζεται απ’ την ${\rm E}{\rm B}$ και στο οποίο δεν ανήκει το ${\rm A}$ , να δείξετε ότι $\Delta {\rm H} = \alpha \sqrt 2$ .

Καλημέρα

Φέρω $BH,B\Delta (=a\sqrt 2)$

$\Gamma \hat BH=E\hat B\Delta =15^o$

Το τρίγωνο $\Delta BH$ είναι ισόπλευρο αφού $\Delta B =BH=a\sqrt 2$ και $\Delta \hat BH=60^o$

Άρα $\Delta H=\Delta B=BH=a\sqrt 2$

Ιστοσελίδα · #7

Άσκηση 004

: sq004.png (12.9 KiB) Προβλήθηκε 21135 φορές

Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ πλευράς $\alpha$ και εσωτερικό του σημείο ${\rm E}$ , τέτοιο ώστε ${\rm A}{\rm E} = \alpha$ και ${\rm B}{\rm E} \bot {\rm E}\Gamma$ . Να δείξετε ότι ${\rm B}{\rm E} = 2{\rm E}\Gamma$ .

#8

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Άσκηση 002
Το συνημμένο sq002.jpg δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και με πλευρά ${\rm A}\Delta$ κατασκευάζω εξωτερικά το ισόπλευρο $\vartriangle {\rm A}\Delta {\rm E}$ . Αν ${\rm Z} \equiv {\rm E}\Gamma \cap \Delta {\rm B}$ , δείξτε ότι $\displaystyle{{\rm E}\Gamma = {\rm Z}{\rm B}\sqrt 3 }$ .

Καλημερίζω τον… Μιχαήλ και τον… Μιχάλη. Καλημέρα σε όλους.

: τετράγωνα_002.png (25.97 KiB) Προβλήθηκε 21096 φορές

Λίγο διαφορετικά από τον Μιχάλη ( τον Τσουρακάκη)

Εύκολα μπορούμε να δείξουμε ότι $\widehat {{\rm Z}{\rm E}{\rm B}} = \widehat {{\rm Z}{\rm B}{\rm E}} = {30^0}$ και το τρίγωνο

${\rm E}{\rm B}\Gamma ({30^0}{,75^0}{,75^0})$ έχει ${\rm E}{\rm B} = {\rm E}\Gamma$ .

Αν γράψουμε τον κύκλο $({\rm Z},R)\,\,\,,\,\,R = {\rm Z}{\rm B} = {\rm Z}{\rm E}$ προφανώς

$\boxed{{\rm E}{\rm B} = {\lambda _3} = R\sqrt 3 }$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε .

Φιλικά Νίκος

#9

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Άσκηση 004
Το συνημμένο sq004.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ πλευράς $\alpha$ και εσωτερικό του σημείο ${\rm E}$ , τέτοιο ώστε ${\rm A}{\rm E} = \alpha$ και ${\rm B}{\rm E} \bot {\rm E}\Gamma$ . Να δείξετε ότι ${\rm B}{\rm E} = 2{\rm E}\Gamma$ .

: Τετράγωνο_004.png (22.81 KiB) Προβλήθηκε 21077 φορές

Το σημείο ${\rm E}$ προσδιορίζεται από την τομή των τόξων που βρίσκονται μέσα στο

τετράγωνο :

Α) Τεταρτοκύκλιο $({\rm A},2\alpha )\,\,\,,\,\,{\rm A}{\rm B} = 2\alpha$ και

Β) Ημικυκλίου $({\rm K},\alpha )$ όπου ${\rm K}$ το μέσο του ${\rm B}\Gamma$ .

Τα τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}{\rm E},{\rm K}{\rm E}\Gamma$ είναι ισοσκελή με κορυφές ${\rm A},{\rm K}$ αντίστοιχα και επειδή

οι παρά την βάση τους γωνίες είναι συμπλήρωμα της γωνίας $\widehat \theta$ , θα είναι όμοια με

λόγο ομοιότητας $\displaystyle\frac{{{\rm E}{\rm B}}}{{{\rm E}\Gamma }} = \displaystyle\frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{{\rm K}\Gamma }} = \displaystyle\frac{{2\alpha }}{\alpha } = 2 \Rightarrow \boxed{{\rm E}{\rm B} = 2{\rm E}\Gamma }$ .

Φιλικά Νίκος

Ιστοσελίδα · #10

Άσκηση 005

: sq005.jpg (34.31 KiB) Προβλήθηκε 21057 φορές

Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και έστω ${\rm M}$ το μέσο της ${\rm B}\Gamma$ . Αν $\Gamma {\rm E} \bot \Delta {\rm M}\,({\rm E} \in \Delta {\rm M})$ , να δείξετε ότι ${\rm A}{\rm E} = \Gamma {\rm E}\sqrt 5$ .

#11

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Άσκηση 005
Το συνημμένο sq005.jpg δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και έστω ${\rm M}$ το μέσο της ${\rm B}\Gamma$ . Αν $\Gamma {\rm E} \bot \Delta {\rm M}\,({\rm E} \in \Delta {\rm M})$ , να δείξετε ότι ${\rm A}{\rm E} = \Gamma {\rm E}\sqrt 5$ .

: Τετράγωνο_005.png (13.7 KiB) Προβλήθηκε 21009 φορές

Τα τρίγωνα : $\Gamma \Delta {\rm M}\,\,,\,\,{\rm E}\Delta \Gamma \,\,,\,\,{\rm E}\Gamma {\rm M}$ είναι ως γνωστό όμοια .

Επειδή $\displaystyle\frac{{\Delta \Gamma }}{{\Gamma {\rm M}}} = 2$ , αν $\Delta \Gamma = 4\alpha \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\Gamma {\rm E} = 2\beta$ και ${\rm A}{\rm E} = x$ , θα είναι:

${\rm M}\Gamma = 2\alpha \,\,,\,\,\Delta {\rm E} = 4\beta \,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{\rm E}{\rm M} = \beta$ . Ας πούμε ${\rm K}$ το σημείο τομής της

${\rm A}{\rm E}\,\,\mu \varepsilon \,\,{\rm B}\Gamma$ , από την ομοιότητα των τριγώνων ${\rm A}{\rm E}\Delta \,\,,\,\,{\rm K}{\rm E}{\rm M}$ θα έχουμε :

$\displaystyle\frac{{{\rm A}\Delta }}{{{\rm K}{\rm M}}} = \displaystyle\frac{{\Delta {\rm E}}}{{{\rm E}{\rm M}}} = 4 \Rightarrow \boxed{{\rm K}{\rm M} = \alpha }$ . Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο

${\rm B}{\rm K}{\rm A}$ , θα προκύψει : ${\rm K}{{\rm A}^2} = {\rm A}{{\rm B}^2} + {\rm B}{{\rm K}^2} \Rightarrow {(x + \alpha )^2} = 16{\alpha ^2} + 9{\alpha ^2}$ .

Δηλαδή $x + a = 5a \Rightarrow \boxed{x = 4\alpha }\,\,(1)$ .

Επειδή δε πάλι από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ${\rm E}{\rm M}\Gamma$ ισχύει :

${\rm M}{\Gamma ^2} = {\rm E}{{\rm M}^2} + {\rm E}{\Gamma ^2} \Rightarrow 4{\alpha ^2} = 5{\beta ^2} \Rightarrow \alpha = \displaystyle\frac{{\beta \sqrt 5 }}{2}$ η (1)

γίνεται :

$x = 2\beta \sqrt 5 \Rightarrow \boxed{{\rm A}{\rm E} = \Gamma {\rm E}\sqrt 5 }$ .

(αργότερα και το αρχείο .ggb)

Φιλικά Νίκος

Ιστοσελίδα · #12

Ευχαριστώ το Νίκο και όλους τους φίλους που συμμετέχουν στη δημιουργία αυτής της συλλογής.
Άσκηση 006

: sq006.jpg (13.85 KiB) Προβλήθηκε 21004 φορές

Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και έστω ${\rm M}$ το μέσο της ${\rm B}\Gamma$ . Αν ${\rm A}{\rm E} \bot \Delta {\rm M}\,({\rm E} \in \Delta {\rm M})$ , να δείξετε ότι $\left( {\Gamma \Delta {\rm M}} \right) = \displaystyle\frac{{\Delta {\rm E} \cdot \Delta {\rm M}}}{2}$ .

#13

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Ευχαριστώ το Νίκο και όλους τους φίλους που συμμετέχουν στη δημιουργία αυτής της συλλογής.
Άσκηση 006
Το συνημμένο sq006.jpg δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και έστω ${\rm M}$ το μέσο της ${\rm B}\Gamma$ . Αν ${\rm A}{\rm E} \bot \Delta {\rm M}\,({\rm E} \in \Delta {\rm M})$ , να δείξετε ότι $\left( {\Gamma \Delta {\rm M}} \right) = \displaystyle\frac{{\Delta {\rm E} \cdot \Delta {\rm M}}}{2}$ .

: Τετράγωνο_006_ok.png (11.88 KiB) Προβλήθηκε 20979 φορές

Ας πούμε ${\rm Z}$ το σημείο τομής των ${\rm A}{\rm E},\Delta \Gamma$ . Τα ορθογώνια τρίγωνα

$\displaystyle{\Gamma \Delta {\rm M}\,\,\,,\,\,\Delta {\rm A}{\rm Z}}$ έχουν τις κάθετες πλευρές του $\Delta \Gamma \,\,,\,\,\Delta {\rm A}$ ίσες και τις

προσκείμενες οξείες γωνίες $\widehat \omega = \widehat \phi$ γιατί έχουν κάθετες πλευρές , οπότε θα είναι

ίσα και ισεμβαδικά , θα έχουν δε και τα αντίστοιχα υπόλοιπα στοιχεία τους ίσα ,

Δηλαδή έχουμε :

$(\Gamma \Delta {\rm M}) = ({\rm A}\Delta {\rm Z})\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\Delta {\rm M} = {\rm A}{\rm Z}$ . έτσι όμως θα ισχύει και

$(\Gamma \Delta {\rm M}) = ({\rm A}\Delta {\rm Z}) = \displaystyle\frac{{{\rm A}{\rm Z} \cdot \Delta {\rm E}}}{2} = \displaystyle\frac{{\Delta {\rm M} \cdot \Delta {\rm E}}}{2}$ .

Φιλικά Νίκος

gavrilos · #14

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Ευχαριστώ το Νίκο και όλους τους φίλους που συμμετέχουν στη δημιουργία αυτής της συλλογής.
Άσκηση 006Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και έστω ${\rm M}$ το μέσο της ${\rm B}\Gamma$ . Αν ${\rm A}{\rm E} \bot \Delta {\rm M}\,({\rm E} \in \Delta {\rm M})$ , να δείξετε ότι $\left( {\Gamma \Delta {\rm M}} \right) = \displaystyle\frac{{\Delta {\rm E} \cdot \Delta {\rm M}}}{2}$ .

Ισχύει πως $\displaystyle{(\Gamma \Delta M)=\frac{\Gamma M \cdot 2\Gamma M}{2}={\Gamma M}^2}$

Στο σχήμα του κυρίου Νάννου,τα τρίγωνα $\displaystyle{\Gamma \Delta M \ , \ AE \Delta}$ είναι όμοια επειδή είναι ορθογώνια κι επειδή $\displaystyle{\hat{A\Delta E}+\hat{\Gamma \Delta M}=90^{\circ} \Leftrightarrow \hat{A\Delta E}=\hat{\Gamma M\Delta}}$ .

Η $\displaystyle{\Delta M}$ βρίσκουμε με Π.Θ. πως ισούται με $\displaystyle{\frac{\Gamma \Delta \sqrt{5}}{2}=\Gamma M\sqrt{5}}$ .

Άρα ο λόγος ομοιότητας των δύο τριγώνων είναι ίσος με $\displaystyle{\frac{\Gamma M\sqrt{5}}{2\Gamma M}=\frac{\sqrt{5}}{2}}$ .

Συνεπώς $\displaystyle{\frac{\Gamma M}{\Delta E}=\sqrt{5}{2} \Leftrightarrow \Delta E=\frac{2\Gamma M}{\sqrt{5}}$ .

Άρα $\displaystyle{\frac{\Delta E\cdot \Delta M}{2}=\frac{\Gamma M\sqrt{5}\cdot \frac{2\Gamma M}{\sqrt{5}}}{2}={\Gamma M}^2}$ όσο δηλαδή το εμβαδόν του τριγώνου μας.

**Βλέπω ότι με πρόλαβε ο κύριος Νίκος αλλά νομίζω πως έχουμε διαφορετική λύση.

Με εκτίμηση,
gavrilos

Μιχάλης Τσουρακάκης · #15

$\left ( \Delta M\Gamma \right )= \dfrac{\Delta \Gamma \Gamma M}{2}$
$\textrm{AE}\cap \Delta \Gamma =\textrm{Z}$ .Το $\textrm{ZEM}\Gamma$ είναι εγγράψιμο οπότε $\Delta E\cdot \Delta M=\Delta Z\cdot \Delta \Gamma$ .Αλλά τα τρίγωνα
$\textrm{A}\Delta Z ,\Delta \Gamma M$ είναι ίσα αφού $\textrm{A}\Delta =\Delta \Gamma ,\angle M\Delta \Gamma =\angle \Delta AZ$ (οξείες με κάθετες πλευρές) κι έτσι $\Delta Z =M \Gamma$ .Άρα $\left ( \Delta M\Gamma \right )=\dfrac{\Delta E\Delta M}{2}$

Όταν δημοσίευα τη λύση αυτή ,,δεν είχα δει ότι ο Νίκος είχε δημοσιεύσει ακριβώς την ίδια πριν 3΄.

Ιστοσελίδα · #16

Άσκηση 007

: sq007.jpg (17.96 KiB) Προβλήθηκε 20959 φορές

Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και εξωτερικό του σημείο ${\rm E}$ , τέτοιο ώστε $\Gamma {\rm E} \bot \Delta {\rm E}$ . Αν $\Gamma {\rm E} = x,\,\Delta {\rm E} = y$ , να δείξετε ότι:

1) ${\rm E}{\rm A} = \sqrt {{{(x + y)}^2} + {y^2}}$ .

2) ${\rm E}{\rm B} = \sqrt {{{(x + y)}^2} + {x^2}}$ .

PanosG · #17

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Άσκηση 007
sq007.jpg
Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και εξωτερικό του σημείο ${\rm E}$ , τέτοιο ώστε $\Gamma {\rm E} \bot \Delta {\rm E}$ . Αν $\Gamma {\rm E} = x,\,\Delta {\rm E} = y$ , να δείξετε ότι:

1) ${\rm E}{\rm A} = \sqrt {{{(x + y)}^2} + {y^2}}$ .

2) ${\rm E}{\rm B} = \sqrt {{{(x + y)}^2} + {x^2}}$ .

1) Απο Πυθαγόρειο στο τρίγωνο $\displaystyle{E\Delta \Gamma}$ έχουμε ότι $\displaystyle{\Gamma \Delta =\sqrt{x^2 +y^2}}$
Έστω $\displaystyle{\omega=\angle E \Delta \Gamma}$
τότε $\displaystyle{\eta \mu \omega=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}}$ .Οπότε $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \angle E \Delta A=\sigma \upsilon \nu (90+ \omega)=-\eta \mu \omega}$

Από νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{E \Delta A}$ έχουμε
$\displaystyle{EA^2=E\Delta^2+A\Delta^2-2E\Delta\cdot A\Delta \sigma \upsilon \nu \angle E \Delta A}=}$

$\displaystyle{=y^2 +x^2+y^2-2y\sqrt{x^2+y^2}\cdot \frac{-x}{\sqrt{x^2+y^2}} \Leftrightarrow$

$\displaystyle{EA=\sqrt{(x+y)^2+y^2}}$

2) Όμοια έστω $\displaystyle{\theta=\angle E \Gamma \Delta}$
τότε $\displaystyle{\eta \mu \theta=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}}$ .Οπότε $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu \angle E \Gamma B=\sigma \upsilon \nu (90+ \theta)=-\eta \mu \theta}$

Από νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο $\displaystyle{E \Gamma B}$ έχουμε
$\displaystyle{EB^2=E\Gamma^2+B\Gamma^2-2E\Gamma\cdot B\Gamma \sigma \upsilon \nu \angle E \Gamma B}=}$

$\displaystyle{=x^2 +x^2+y^2-2x\sqrt{x^2+y^2}\cdot \frac{-y}{\sqrt{x^2+y^2}} \Leftrightarrow$

$\displaystyle{EB=\sqrt{(x+y)^2+x^2}}$

Ιστοσελίδα · #18

Άσκηση 008

: sq008.jpg (13.69 KiB) Προβλήθηκε 20876 φορές

Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και έστω ${\rm M}$ το μέσο της ${\rm B}\Gamma$ . Αν ${\rm A}{\rm E} \bot \Delta {\rm M}\,({\rm E} \in \Delta {\rm M})$ , να δείξετε ότι ${\rm A}{\rm B} = {\rm B}{\rm E}$ .

ctheofi · #19

Άσκηση 009

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και εσωτερικό σημείο Ε, τέτοιο ώστε το τρίγωνο ΕΑΒ να είναι ισοσκελές, με τις ίσες γωνίες του ΕΑΒ και ΕΒΑ να ισούνται προς 15 μοίρες.

Να δειχτεί ότι το τρίγωνο ΕΔΓ είναι ισόπλευρο.

#20

Προεκτείνουμε την ΑΕ που τέμνει την ΓΔ στο σημείο Ζ.Τα τρίγωνα $A\Delta Z,\Delta \Gamma M,AMB$ είναι ίσα.
'Αρα οι γωνίες $B \hat{A}E=\Delta \hat{Z}A=\omega$ και $\Delta \hat{A}Z=\Gamma \hat{\Delta }M= \varphi$
Το τετράπλευρο ABME

είναι εγγράψιμο άρα $A \hat{E}B=A\hat{M}B= \omega$

Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

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