mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 31, 2014 2:57 pm**

: Τετράγωνο μυαλό.png (9.93 KiB) Προβλήθηκε 594 φορές

Στο τετράγωνο ABCD

πλευράς

, ονομάσαμε

το μέσο της

και σχεδιάσαμε

το ορθογώνιο ( στο

) και ισοσκελές τρίγωνο DMS

. Ονομάσαμε επίσης P,T

,

τα σημεία τομής της

με τις

αντίστοιχα .

α) Δείξτε ότι $DP \perp MT$ ... β) υπολογίστε τη διαφορά MT-TC

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 31, 2014 8:11 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Τετράγωνο μυαλό.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο τετράγωνο πλευράς , ονομάσαμε το μέσο της και σχεδιάσαμε

το ορθογώνιο ( στο ) και ισοσκελές τρίγωνο . Ονομάσαμε επίσης ,

τα σημεία τομής της με τις αντίστοιχα .

α) Δείξτε ότι $DP \perp MT$ ... β) υπολογίστε τη διαφορά .

: Καθετότητα και τετράγωνο.png (34.69 KiB) Προβλήθηκε 529 φορές

Γράφω το ημικύκλιο, προς το μέρος του τετραγώνου, με κέντρο το

και ακτίνα

. Έστω

και ας πούμε

την προβολή του

στην

.
Προφανώς τα M,P,C,D

ανήκουν στο ίδιο κύκλο (K)

στο οποίο εφάπτεται η

.

Έχουμε: ${\widehat \omega _1} = {\widehat \omega _2}$ ( υπό χορδής κι εφαπτομένης)

και ${\widehat \omega _2} = {\widehat \omega _3}$ ( βαίνουν στο ίδιο τόξο). Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα

θα είναι όμοια με λόγο ομοιότητας $\lambda = \dfrac{{BC}}{{MB}} = 2$ . Έτσι $ME = 12k\,\,,\,MB = 6k,ES = 6k$ και επομένως

BE = 6k

. Αν θέσουμε BP = y,PT = z,TC = w

θα είναι $PB// = \dfrac{{ES}}{2} \Rightarrow \boxed{y = 3k}\,\,(1)$ Από το δισορθογώνιο τραπέζιο ADSE

αφού το τμήμα

είναι παράλληλο προς τις βάσεις του έχουμε:

$\dfrac{{TB - AD}}{{SE - TB}} = \dfrac{{AD}}{{SE}} \Rightarrow \dfrac{{(y + z) - 12k}}{{6k - (y + z)}} = 2 \Rightarrow \boxed{y + z = 8k}\,\,(2)$

Επειδή ακόμα $\boxed{y + z + w = 12k}\,\,(3)$ ,από τις (1),(2),(3)

έχουμε :

$\left\{ \begin{gathered} y = 3k \hfill \\ z = 5k \hfill \\ w = 4k \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Από το Π . Θ. στο τρίγωνο BMT

έχουμε : $MT = \sqrt {M{B^2} + B{T^2}} = \sqrt {36{k^2} + 64{k^2}} \Rightarrow \boxed{MT = 10k}$ (4)

Μετά απ’ αυτά στο τρίγωνο MBT

θα έχουμε : $\dfrac{{MT}}{{MB}} = \dfrac{{PT}}{{PB}} \Leftrightarrow \dfrac{{10k}}{{6k}} = \dfrac{{5k}}{{3k}}$ ( αληθές ) και άρα το

διχοτομεί την γωνία του στο

με άμεση συνέπεια $P\widehat MT = {\widehat \omega _1} = {\widehat \omega _2}$ και έτσι $PD \bot MT$ .

Επί πλέον $MT - TC = 10k - 4k = 6k = \dfrac{{AB}}{2}$ . Όλα τα ζητούμενα πήραν απάντηση .

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 31, 2014 10:19 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Τετράγωνο μυαλό.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο τετράγωνο πλευράς , ονομάσαμε το μέσο της και σχεδιάσαμε

το ορθογώνιο ( στο ) και ισοσκελές τρίγωνο . Ονομάσαμε επίσης ,

τα σημεία τομής της με τις αντίστοιχα .

α) Δείξτε ότι $DP \perp MT$ ... β) υπολογίστε τη διαφορά .

Καλησπέρα.Μια λύση ακόμη...

1. $\displaystyle{MN \bot DS}$ \displaystyle{\displaystyle{ \Rightarrow DNMA} εγγράψιμο

\displaystyle{ \Rightarrow \angle NAM = \angle MDN = {45^0} \Rightarrow A,N,C} συνευθειακά.
Είναι

\displaystyle{\angle x = \angle y} (οξείες με κάθετες πλευρές)

\displaystyle{ \Rightarrow \vartriangle DAM \approx \vartriangle MBP \Rightarrow \frac{{PB}}{{AM}} = \frac{{MB}}{{AD}} \Rightarrow PB = \frac{{MB}}{{AD}} \cdot AM \Rightarrow \boxed{PB = \frac{\alpha }{4}}} και με Π.Θ στο

\displaystyle{\vartriangle MPB \Rightarrow MP = \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{4} = \frac{{DM}}{2} = \frac{{MS}}{2}} κι έτσι

\displaystyle{P} μέσον της

\displaystyle{MS} κι επειδή

\displaystyle{N} μέσον της

\displaystyle{DS} θα είναι

\displaystyle{NP//DM} και

\displaystyle{G} κέντρο βάρους του

\displaystyle{\vartriangle DSM}} $\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{\frac{{NG}}{{NM}} = \frac{1}{3}}(1)}$
Ο περίκυκλος του $\displaystyle{DNMA}$ τέμνει την $\displaystyle{DC}$ στο $\displaystyle{Q}$ οπότε το $\displaystyle{DQMA}$ είναι ορθογώνιο και $\displaystyle{DQ = AM = \frac{\alpha }{2}}$
$\displaystyle{CQ \cdot CD = CN \cdot CA \Rightarrow \frac{{{\alpha ^2}}}{2} = CN \cdot \alpha \sqrt 2 \Rightarrow \boxed{CN = \frac{{\alpha \sqrt 2 }}{4}}}$
Ισχύει, $\displaystyle{\frac{{NT}}{{ND}} = \frac{{CN}}{{NA}} = \frac{1}{3} \Rightarrow \boxed{\frac{{NT}}{{NS}} = \frac{1}{3}}(2)}$
Από $\displaystyle{(1),(2)}$ $\displaystyle{ \Rightarrow \frac{{NT}}{{NS}} = \frac{{NG}}{{NM}} \Rightarrow GT//MS \Rightarrow GTSM}$ ισοσκελές τραπέζιο ,άρα $\displaystyle{\angle \delta = \angle \gamma }$ κι επειδή $\displaystyle{\angle \varepsilon = \angle \delta }$ θα είναι $\displaystyle{\angle \varepsilon = \angle \gamma \Rightarrow DNLM}$ εγγράψιμο $\displaystyle{ \Rightarrow \angle DLM = {90^0}}$

2. $\displaystyle{DP \cap AB = H}$ κι αν $\displaystyle{BH = m \Rightarrow \frac{{PB}}{{DA}} = \frac{m}{{m + \alpha }} \Rightarrow \frac{{\frac{\alpha }{4}}}{\alpha } = \frac{m}{{m + \alpha }} \Rightarrow \boxed{m = \frac{\alpha }{3}}}$
Από Π.Θ παίρνουμε , $\displaystyle{PH = \frac{{\alpha \sqrt {13} }}{6}}$ .Από Π.Θ στο $\displaystyle{\vartriangle DCP}$ με $\displaystyle{CP = \frac{{3\alpha }}{4},CD = \alpha \Rightarrow DP = \frac{{\alpha \sqrt {13} }}{2} \Rightarrow GP = \frac{1}{3}DP \Rightarrow GP = \frac{{\alpha \sqrt {13} }}{6} = PH}$
Έτσι, $\displaystyle{GSHM}$ παραλ/μμο οπότε, $\displaystyle{GS//AB//DC \Rightarrow \angle CDS = \angle \delta = \angle \varepsilon \Rightarrow DT}$ διχοτόμος της $\displaystyle{\angle CDL \Rightarrow CT = TL \Rightarrow MT - CT = MT - TL = ML}$
Αλλά, $\displaystyle{\angle \zeta = \angle \eta ,\angle \zeta = \angle y \Rightarrow \angle \eta = \angle y \Rightarrow MB = ML = \frac{\alpha }{2}}$ .Άρα , $\displaystyle{\boxed{MT - CT = \frac{\alpha }{2}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 31, 2014 11:27 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Τετράγωνο μυαλό.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο τετράγωνο πλευράς , ονομάσαμε το μέσο της και σχεδιάσαμε

το ορθογώνιο ( στο ) και ισοσκελές τρίγωνο . Ονομάσαμε επίσης ,

τα σημεία τομής της με τις αντίστοιχα .

α) Δείξτε ότι $DP \perp MT$ ... β) υπολογίστε τη διαφορά .

: τετράγωνο μυαλό.png (22.35 KiB) Προβλήθηκε 457 φορές

Με

τη προβολή του

πάνω στην

τα ορθογώνια τρίγωνα $AMD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ESM$ είναι ίσα , γιατί έχουν υποτείνουσες ίσες και $\widehat \omega = \widehat \phi$ ( πλευρές κάθετες) , οπότε θα

έχουμε ότι και : $ES = AM( = MB\,)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AD = ME$ και άρα

$MB = BE \Rightarrow MP = PS\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\boxed{\frac{{DT}}{{TS}} = \frac{{AB}}{{BE}} = 2}$ και σύμφωνα με τη ωραία παρέμβαση εδώ
του Θανάση, $MT \bot DP$ .

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 31, 2014 11:57 pm**

KARKAR έγραψε:Στο τετράγωνο πλευράς , ονομάσαμε το μέσο της και σχεδιάσαμε το ορθογώνιο ( στο ) και ισοσκελές τρίγωνο . Ονομάσαμε επίσης ,τα σημεία τομής της με τις αντίστοιχα .α) Δείξτε ότι $DP \perp MT$ ... β) υπολογίστε τη διαφορά .

Ας δούμε και μια διαφορετική αντιμετώπιση του προβλήματος μέσα από δύο διχοτόμους...

α) Έστω τα σημεία τομής των με την διαγώνιο του τετραγώνου αντίστοιχα.

Τότε με $\angle MAK = {45^0} = \angle MDK \Rightarrow AMKD$ εγγράψιμο και με $\angle MAD = {90^0} \Rightarrow \angle MKD = {90^0}$ $\Rightarrow \boxed{MK \bot DT}:\left( 1 \right)$ .

Με ακριβώς όμοιο τρόπο προκύπτει ότι και $\boxed{TN \bot DM}:\left( 2 \right)$ . Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow H \equiv MK \cap TN$ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου $\vartriangle DMT$ και άρα $\boxed{DH \bot MT}:\left( 3 \right)$ .

Ο κύκλος $\left( {M,MS} \right)$ διέρχεται (από κατασκευής ) και από τα και ισχύει:

$\angle PDC\mathop = \limits^{DMPC\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,(\angle DMP = \angle DCP = {{90}^0})} \angle SMC$ $\mathop = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\, - \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta } 2\angle SDC \Rightarrow$ $\boxed{\angle PDT = \angle TDC}:\left( 4 \right)$ .
[attachment=0]1.png[/attachment]
Είναι $\angle HDT \equiv \angle HDK\mathop = \limits^{HKDN\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle HNK \equiv$ $\angle TNC\mathop = \limits^{DCTN\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle TDC\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)}$ $\angle PDT = \angle HDT \Rightarrow D,H,P$ συνευθειακά και

με $DH \bot MT \Rightarrow \boxed{DP \bot MT}$

β) Δείξαμε ότι είναι διχοτόμος της γωνίας $\angle PDC$ και με ακριβώς όμοιο τρόπο (από κατάλληλα εγγράψιμα) θα είναι και διχοτόμος της γωνίας $\angle PDA$ .

Έτσι $\left( {MT} \right) - \left( {TC} \right)\mathop = \limits^{L \equiv MT \cap DP} \left( {MT} \right) - \left( {TL} \right)$ $= \left( {ML} \right) = \left( {AM} \right) = \frac{a}{2}$ και όλα τα ζητούμενα έχουν αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μαρ 31, 2014 11:57 pm**

KARKAR έγραψε:Στο τετράγωνο πλευράς , ονομάσαμε το μέσο της και σχεδιάσαμε

το ορθογώνιο ( στο ) και ισοσκελές τρίγωνο . Ονομάσαμε επίσης ,

τα σημεία τομής της με τις αντίστοιχα .

α) Δείξτε ότι $DP \perp MT$ ... β) υπολογίστε τη διαφορά .

Καλησπέρα σας.

: Τετράγωνο-μυαλό.png (23.88 KiB) Προβλήθηκε 439 φορές

Τα τετράπλευρα $DSBM,\,DCPM$ είναι εγγράψιμα και ισχύει $\triangleleft DAM\mathop \sim \limits^{2:1} \triangleleft MBP$ καθώς και $\triangleleft DMB\mathop \sim \limits^{2:1} \triangleleft SPB$ .

Έτσι, $\triangleleft DAM \sim \triangleleft DMP \sim \triangleleft DBS$ (οι κάθετες πλευρές έχουν λόγο

) οπότε $A\widehat DM = M\widehat DP$ . Επειδή η

διχοτομεί την $D\widehat BS$ θα είναι DT = 2TS

.

Ισχύει $\triangleleft DTM \sim \triangleleft STP$ (λόγος πλευρών

και περιεχόμενες γωνίες ${45^ \circ }$ ) οπότε $D\widehat MT = S\widehat PT\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \rho .\,DCPM} M\widehat DC\mathop = \limits^{DC//AB} D\widehat MA$ .

Από $\triangleleft DKM\mathop = \limits^{\Gamma - \Pi - \Gamma } \triangleleft DAM \Rightarrow D\widehat KM = D\widehat AM = {90^ \circ }$ και $MK = MA = \dfrac{a}{2},\,DK = DA = a$ . Από $\triangleleft DTC\mathop = \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \triangleleft DTK \Rightarrow TC = TK$ , οπότε $MT - TC = MT - TK = MK = \dfrac{a}{2}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 04, 2014 1:36 pm**

Μία λύση με τετραγωνισμένο σχήμα.
Οι EZ, BC

τέμνουν τη

σε λόγο 2:1 και οι DT, DE

διχοτομούν τις γωνίες NDC, ADN

αντίστοιχα, λόγω της ομοιότητας των τετραγώνων ABCD, DELF

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Απρ 04, 2014 8:24 pm**

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Τετράγωνο μυαλό.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο τετράγωνο πλευράς , ονομάσαμε το μέσο της και σχεδιάσαμε

το ορθογώνιο ( στο ) και ισοσκελές τρίγωνο . Ονομάσαμε επίσης ,

τα σημεία τομής της με τις αντίστοιχα .

α) Δείξτε ότι $DP \perp MT$ ... β) υπολογίστε τη διαφορά .

..καλησπέρα.. και μιά άποψη εργατική!

έστω $\hat{ADM}=\pi , \hat{AMD}=\kappa , \hat{PDS}=\mu$ .Στόχος μας είναι ο υπολογισμός του

.

Από Πυθαγόρειο θ. στο $\displaystyle\bigtriangleup ADM:\boxed{MD=\frac{\sqrt{5}}{2}a}\,\,\,$ . Επίσης αφού $\displaystyle\bigtriangleup MBP\approx \bigtriangleup ADM\,\,\,(\hat{PMB}=\hat{ADM}=\pi ,\,\,\,\hat{A}=\hat{B}=90^{\circ} )$ \displaystyle{\Rightarrow ...\Rightarrow \boxed{PB=\frac{a}{4}},\,\,\,\boxed{MP=\frac{\sqrt{5}}{4}a}

\bigtriangleup BCM=\bigtriangleup DM\Rightarrow \hat{MCB}=\hat{ADM}\Rightarrow \Rightarrow DMPC εγγράψιμο οπότε

\hat{MCB}=\hat{PDM}=\pi και αφού

\hat{MDC}=45^{\circ}} $\Rightarrow \hat{MDP}+\hat{PDS} \,\,\,\wedge \,\,\,\,\hat{ADM}+\hat{CDT}=45^{\circ} \Rightarrow \hat{PDT}=\hat{CDT}=\mu \,\,\,\,(1)$

Από Πυθαγόρειο θ. στο $\displaystyle\bigtriangleup DMP:....\boxed{DP=\frac{5}{4}a}$ . Λόγω της (1) από το θ. διχοτόμου έχουμε: $\displaystyle\bigtriangleup DMP:....\boxed{DP=\frac{5}{4}a}$ . Επίσης στο τριγ ADM

έχουμε: $\displaystyle\eta \mu (\hat{AMD}=\frac{AD}{MD}\Rightarrow ...\Rightarrow\boxed{\eta \mu (AMD)=\frac{2\sqrt{5}}{5}}$

Από τον ν. ημιτόνων στο $\displaystyle\bigtriangleup TPS:\frac{\eta \mu 45}{TP}=\frac{\eta \mu (TPS)}{TS}\Rightarrow ....\Rightarrow \boxed{TS=\frac{\sqrt{10}}{6}a}$ Με Πυθαγόρειο θ. στο $\displaystyle\bigtriangleup DMS:....\boxed{DS=\frac{\sqrt{10}}{2}a}$

Από Θ. Μενελάου με διατέμνουσα M,H,T

στο $\displaystyle\bigtriangleup DPS:\frac{MS}{MP}\cdot \frac{HP}{HD}\cdot\frac{ TD}{TS}=1\Rightarrow ....\Rightarrow \boxed{HP=\frac{a}{4}}$ .

Τελειώνοντας έχουμε: $\displaystyle\bigtriangleup DMP(\hat{M=90^{\circ} }): HP\cdot PD=\frac{a}{4}\cdot \frac{5a}{4}=\frac{5}{16}a^{2}=MP^{2}\Rightarrow \boxed{MH\perp DP}$

Τέλος για το δεύτερο ερώτημα έχουμε: $\displaystyle\bigtriangleup MTB:\hat{B}=90^{\circ} \Rightarrow MT^{2}=MB^{2}+TB^{2}=....\Rightarrow\boxed{MT=\frac{5}{6}a}$ . Επίσης $\displaystyle TC=BC-TP-PB=...\Rightarrow \boxed{TC=\frac{a}{3}}$

Κατά συνέπεια: $\displaystyle MT-TC=\frac{5a}{6}-\frac{a}{3}...\Rightarrow \boxed{MT-TC=\frac{a}{2}}$

mathematica.gr

Τετράγωνο μυαλό

Τετράγωνο μυαλό

Re: Τετράγωνο μυαλό

Re: Τετράγωνο μυαλό

Re: Τετράγωνο μυαλό

Re: Τετράγωνο μυαλό

Re: Τετράγωνο μυαλό

Re: Τετράγωνο μυαλό

Re: Τετράγωνο μυαλό