Γεωμετρία με τετράγωνο

#1

Έστω τετράγωνο ABCD

και

σημείο της διαγωνίου

. Αν

σημείο της πλευράς

ώστε $AP\perp PR$ να υπολογίσετε την τιμή του λόγου

$\displaystyle{\frac{AD+DR}{PD}}$

Ιστοσελίδα · #2

Το τετράπλευρο APRD είναι εγγράψιμο οπότε $R\widehat{A}P = R\widehat{D}P = {45^ \circ }$ και θέτω $D\widehat{A}R = D\widehat{P}R = \varphi$ . Με κέντρο Ρ και ακτίνα PD (μέτρου χ) σχεδιάζω κύκλο που τέμνει την προέκταση του DC στο Ε. Τα τρίγωνα PDE και APR είναι ορθογώνια και ισοσκελή και ισχύει από πυθαγόρειο $DE = \sqrt 2 x$ . Τα τρίγωνα ABP και PBC είναι ίσα (Π-Γ-Π) που σημαίνει (εφόσον PC=PA=PR) ότι το τρίγωνο PRC είναι ισοσκελές. Με ανάλυση γωνιών προκύπτει ότι $D\widehat{P}R = C\widehat{P}E = \varphi$ . Τα τρίγωνα PDR και PCE είναι ίσα (Π-Γ-Π), άρα DR=CE. Έτσι έχω:
$\displaystyle\frac{{AD + DR}}{{PD}} = \displaystyle\frac{{DC + CE}}{{PD}} = \displaystyle\frac{{\sqrt 2 x}}{x} = \sqrt 2 .$

: square.png (32.13 KiB) Προβλήθηκε 1081 φορές

GMANS · #3

ΔΗΜΟΣΙΕΥΣΗ Σ 27.pdf: (33.14 KiB) Μεταφορτώθηκε 66 φορές

kwstas12345 · #4

Μια άλλη λυση με τριγωνομετρια (ωραια ασκηση

)

Eστω: $\hat{APD}=a_{1},\hat{DPR}=a_{2},a_{1}+a_{2}=90^{0}$

To τετράπλευρο ABCD είναι εγράψιμο διότι $\hat{APR}+\hat{ADC}=180^{0}$ , επομένως: $a_{1}=\hat{ARD},a_{2}=\hat{DAR}$

Aπό των νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο DPR: $\frac{DR}{sina_{2}}=\frac{PD}{sin\left( 45^{0}+a_{1}\right)}\Rightarrow \frac{DR}{PD} =\frac{sina_{2}}{sin\left( 45^{0}+a_{1}\right)} (1)$

Aπό των νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ADP: $\frac{AD}{sina_{1}}=\frac{PD}{sin\left(45^{0}+a_{2} \right)}\Rightarrow \frac{AD}{PD}=\frac{sina_{1}}{sin\left(45^{0}+a_{2} \right)} (2)$

Tελικά:

$\frac{AD+DR}{PD}= \frac{AD}{PD}+\frac{DR}{PD}=\frac{sina_{1}}{sin\left(45^{0}+a_{2} \right)}+\frac{sina_{2}}{sin\left(45^{0} +a_{1}\right)}=\frac{sina_{1}}{sin\left(45^{0}+a_{2} \right)}+\frac{sina_{2}}{sin\left[180^{0}-\left(45^{0} +a_{2} \right) \right]}=\frac{sina_{1}+sina_{2}}{sin\left(45^{0}+a_{2}}$

$\frac{sina_{1}+sina_{2}}{sin\left(45+a_{2} \right)}=\frac{sin\left(90^{0} -a_{2}\right)+sina_{2}}{sin45^{0}cosa_{2}+cos45^{0}sina_{2}}=\frac{cosa_{2}+sina_{2}}{cos45^{0}\left( cosa_{2}+sina_{2}\right)}=\frac{1}{cos45^{0}}=\frac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}$

S.E.Louridas · #5

Αν θεωρήσουμε PS κάθετη DC ,από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο APRD έχουμε:
AD+DR=2DS. Προφανώς το τρ. SDP είναι ισοσκελές και ορθογώνιο.
Άρα ο ζητούμενος λόγος είναι $\sqrt 2 .$
Γενικώτερα:
Εστω γωνία χΟψ και σημείο Ρ της διχοτόμου της. Εστω ότι ο τυχόν κύκλος που διέρχεται από τα Ο,Ρ τέμνει τις Οχ, Οψ στά σημεία Α, Β αντίστοιχα.
Να υπολογιστεί ο λόγος (ΟΑ + ΟΒ)/ΟΡ.

S.E.Louridas

Stefanos87 · #6

Ptolemaios sto ADRP?

S.E.Louridas · #7

Πτολεμαίος ή Mc Laurin-Ναι
Τι άλλο όμως χρειάζεται;
Θα δούμε την πλήρη λύση αργότερα.

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #8

S.E.Louridas έγραψε:Πτολεμαίος ή Mc Laurin-Ναι
Τι άλλο όμως χρειάζεται;
Θα δούμε την πλήρη λύση αργότερα.
Αγαπητέ μου Στέφανε Θα σε παρακαλούσα να γράφεις Ελληνικά άν δεν σου είναι Τρομερά δύσκολο.Σε ευχαριστώ θερμά.

S.E.Louridas

Stefanos87 · #9

Κυριε Λουριδα, θα προσπαθησω να γραψω ελληνικα.

S.E.Louridas · #10

Ναί Στέφανε προφανώς έχεις δίκιο,
απλά μερικές φορές τα αφήνουμε λίγο γιά να ασχοληθούν και άλλοι.

S.E.Louridas

Stefanos87 · #11

Oops..

διεγραψα το μηνυμα μου.

Γεωμετρία με τετράγωνο

Γεωμετρία με τετράγωνο

Re: Γεωμετρία με τετράγωνο

Re: Γεωμετρία με τετράγωνο

Re: Γεωμετρία με τετράγωνο

Re: Γεωμετρία με τετράγωνο

Re: Γεωμετρία με τετράγωνο

Re: Γεωμετρία με τετράγωνο

Re: Γεωμετρία με τετράγωνο

Re: Γεωμετρία με τετράγωνο

Re: Γεωμετρία με τετράγωνο

Re: Γεωμετρία με τετράγωνο

Μέλη σε σύνδεση