mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 10, 2019 7:51 pm**

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $ABC \ (B= 90^{\circ})$ και εξωτερικά αυτού κατασκευάζουμε τετράγωνο ABDE.

Η κάθετη στο

προς την

τέμνει την

στο

και στην προέκταση της

παίρνουμε

Στην προέκταση του ύψους

παίρνουμε σημείο

ώστε το

να είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. Να δείξετε ότι το AHKI

και το

είναι ισεμβαδικά.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 10, 2019 11:42 pm**

: isemvadika.png (56.14 KiB) Προβλήθηκε 824 φορές

Καλησπέρα. Απ το παραπάνω σχήμα(που βγήκε λίγο τεράστιο...)

$\displaystyle AE = AB \wedge \angle B = \angle E = 90^0 \wedge \angle BAC = \angle EAZ$ οξείες με πλεύρες κάθετες

$\displaystyle \Rightarrow \triangle ABC = \triangle AEZ \Rightarrow (ABC) = (AEZ).$ Επομένως

$\displaystyle (ZACD) = (BAC) + (ABDZ) = (AEZ) + (ABDZ) = (ABDE)$ . Eπίσης είναι

$\displaystyle (AIKH) = (AHFZ) = 2(ABZ) = 2\frac{1}{2}(ABDE) = (ABDE)$ . Aρα (ZACD) = (AIKH)

Χρησιμοποίησα μία γνωστή πρόταση

" Αν στη περίμετρο ενός παραλληλογράμμου πάρω τυχαίο σημείο και το ενώσω με τις απέναντι κορυφές, το εμβαδόν του σχηματιζομένου τριγώνου είναι ίσο με το μισό του παραλληλογράμμου "

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 10, 2019 11:44 pm**

Καλό βράδυ σε όλους!

: Ισεμβαδικά.PNG (11.68 KiB) Προβλήθηκε 823 φορές

Έχουμε $\left ( AHKI \right )=2\left ( BAZ \right )$ (ίσα ύψη προς τις ZA=AI

).Τα τρίγωνα ABC,AEZ

είναι ίσα άρα και ισεμβαδικά.

Οπότε $\left ( ZACD \right )=\left ( ABDE \right )=2\left ( BAZ \right )$ . Τελικά $\left ( ZACD \right )=\left ( AHKI \right )$ . Φιλικά , Γιώργος.

Όπως βλέπω , η στόχευση και σκεπτικό λύσης είναι ίδια με του angvl αμέσως πριν.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 11, 2019 12:49 am**

socrates έγραψε: Τρί Σεπ 10, 2019 7:51 pm Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $ABC \ (B= 90^{\circ})$ και εξωτερικά αυτού κατασκευάζουμε τετράγωνο Η κάθετη στο προς την τέμνει την στο και στην προέκταση της παίρνουμε Στην προέκταση του ύψους παίρνουμε σημείο ώστε το να είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. Να δείξετε ότι το και το είναι ισεμβαδικά.

: Ισεμβαδικά_Sokrates.png (27.34 KiB) Προβλήθηκε 803 φορές

Επειδή από το εγγράψιμο τετράπλευρο ACDZ

είναι , $\widehat \theta = \widehat C$ και επί πλέον

AB = AE

, θα ισχύει : $\vartriangle BAC = \vartriangle EAZ$ , οπότε : $\boxed{AZ = AC = AI = HK = R}$ .

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε : $A{B^2} = AH \cdot AC$ ( Θ Ευκλείδη στο $\vartriangle ABC$ )

mathematica.gr

Ισεμβαδικά

Ισεμβαδικά

Re: Ισεμβαδικά

Re: Ισεμβαδικά

Re: Ισεμβαδικά