Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Perantonis · #101

AΣΚΗΣΗ 042

: 042.png (18.07 KiB) Προβλήθηκε 2553 φορές

Δύο ίσα τετράγωνα τέμνονται όπως φαίνεται στο παραπάνω σχήμα .
Να υπολογισθεί η γωνία $\hat \omega$ και να αποδειχθεί ότι τα σημεια ${\rm K},{\rm O},{\rm M}$ είναι συνευθειακά.

Περαντώνης Γιάννης

Γιώργος Μήτσιος · #102

Για την Άσκηση 039

: sq39.PNG (8.64 KiB) Προβλήθηκε 2524 φορές

Καλησπέρα .
Στο σχήμα παίρνουμε στην προέκταση του $E\Delta$ τμήμα $\Delta \Theta =HB$ .
Τότε ορθ. τρίγωνα : $A\Delta \Theta =ABH \Rightarrow A\Theta =AH$ και $\hat{\Delta A\Theta }=\hat{BAH}\Rightarrow \hat{HA\Theta }=90^{0}$

Ακόμη είναι $EH=E\Delta +HB =E\Delta +\Delta \Theta = E\Theta$ . Τα A,E

ισαπέχουν από τα $\Theta ,H$ άρα ορίζουν την μεσοκάθετη . Θεωρούμε το

ως τομή των $AE,\Theta H$ και αρκεί να δείξουμε ότι :
1) Το AZHB

είναι εγγράψιμο και 2) Το

ανήκει στην $B\Delta$

Το AZHB

είναι προφανώς εγγράψιμο αφού $AE\perp \Theta H$ οπότε $\hat{B}+\hat{Z}=180^{0}$ . Εξάλλου το τρίγωνο $AH\Theta$ είναι , οπως είδαμε ισοσκελές και ορθογώνιο, συνεπώς $\hat{AH\Theta }=45^{0}$ ενώ $\hat{ABZ}=\hat{AHZ }=45^{0}$ που σημαίνει ότι η

διέρχεται από το $\Delta$ ή το αυτό : $Z\in B\Delta$ .

Φιλικά Γιώργος.

Ιστοσελίδα · #103

Άσκηση 043

: sq043.jpg (20.54 KiB) Προβλήθηκε 2476 φορές

Αν τα ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta ,\,{\rm B}{\rm E}{\rm Z}{\rm H}$ είναι τετράγωνα, τα σημεία $\Gamma ,{\rm M},{\rm H}\,\,\& \,\,{\rm M},{\rm B},{\rm N}\,\,\& \,\,{\rm A},{\rm N},{\rm E}$ είναι συνευθειακά και ισχύει ${\rm M}{\rm N} \bot {\rm A}{\rm E}$ , τότε:

1) $\Gamma {\rm M} = {\rm M}{\rm H}$ .

2) $\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta } \right) + \left( {{\rm B}{\rm E}{\rm Z}{\rm H}} \right) = 2{x^2} + \displaystyle\frac{{{y^2}}}{2}$ , όπου $x = {\rm M}{\rm B},\,\,y = \Gamma {\rm H}$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #104

γεια χαρά.Μια ιδέα

Θεωρούμε $\displaystyle{HK,\Gamma L \bot MB}$ .Τότε τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{KHB,BNE}$ είναι ίσα γιατί
$\displaystyle{BE = BH{\rm{ }}{\rm{, }}\angle {\rm{BEN = }}\angle {\rm{KBH}}}$ (οξείες με κάθετες πλευρές) .Άρα $\displaystyle{BN = KH}$ .Επίσης τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{KHB,BNE}$ είναι ίσα γιατί $\displaystyle{AB = B\Gamma ,\angle BAN = \angle \Gamma B\Lambda }$ (οξείες με κάθετες πλευρές).Άρα $\displaystyle{\Gamma \Lambda = BN}$ .Έτσι , $\displaystyle{\Gamma \Lambda = //KH \Rightarrow \Gamma \Lambda HK}$ παραλληλόγραμμο κι έτσι $\displaystyle{LM = MK}$ , $\displaystyle{{\Gamma M = MH}}$

2.Το πρώτο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο $\displaystyle{\Gamma BH}$ με διάμεσο $\displaystyle{BM = x}$ αποδεικνύει το ζητούμενο

#105

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Άσκηση 032

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{ABCD}$ με πλευρά $\displaystyle{a}$ , και φέρνουμε την διαγώνιο $\displaystyle{AC}$ . Aπό τα σημεία $\displaystyle{A , C}$ , φέρνουμε δύο ημιευθείες στο εσωτερικό του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ , οι οποίες σχηματίζουν γωνίες $\displaystyle{15^{o} , 30^{o}}$ με την ως άνω διαγώνιο αντιστοίχως και τέμνονται στο σημείο $\displaystyle{\Gamma}$ .
Να αποδείξετε ότι: $\displaystyle{EA^2 -E\Gamma ^2 =a(\sqrt{2}EA -2 E\Gamma)}$ , οπου $\displaystyle{E}$ είναι το σημείο τομής των $\displaystyle{AC}$ και $\displaystyle{\Gamma D}$ .

Δημήτρη, με τις $\displaystyle{15^{o} , 30^{o}}$ , μου θύμισες αυτή:

Άσκηση 044

Θεωρούμε σημείο Μ στο εσωτερικό τετραγώνου $AB\Gamma \Delta$ με $\hat{ABM}=30^o$ και $\hat{\Delta AM}=15^o$ . Να υπολογιστεί $\hat{\Delta M\Gamma }=75^o$ .

#106

Κώστα, Καλό βράδυ. Στην ουσία, μας αποκάλυψες την λύση: (ΑΣΚΗΣΗ 44)

Αρκεί να δείξω το εξής ισοδύναμο πρόβλημα: Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{AB\Gamma \Delta}$ . Θεωρούμε τον κύκλο κέντρου

$\displaystyle{\Gamma}$ και ακτίνας $\displaystyle{\Delta \Gamma =a}$ . Από το $\displaystyle{B}$ φέρνουμε μια ημιευθεία που σχηματίζει με την $\displaystyle{AB}$

γωνία $\displaystyle{30^{o}}$ , η οποία τέμνει τον πιο πάνω κύκλο στο σημείο $\displaystyle{M}$ . Θα δείξουμε ότι η γωνία $\displaystyle{\Delta AM}$ είναι $\displaystyle{15^{o}}$

Πράγματι, $\displaystyle{\widehat{ABM}=30^{o}\Rightarrow \widehat{MB\Gamma}=60^{o}}$ . Άρα το ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{MB\Gamma}$

θα είναι ισόπλευρο. Άρα $\displaystyle{BM=a=BA}$ , οπότε στο τρίγωνο $\displaystyle{ABM}$ , θα είναι $\displaystyle{\widehat{BAM}=75^{o}\Rightarrow}$

$\displaystyle{\widehat{MA\Delta}=15^{o}}$ .

Tώρα είναι εύκολο να υπολογίσουμε την $\displaystyle{\widehat{\Delta M\Gamma}$ , ως εξής:

Αφού $\displaystyle{M\Gamma =a=\Gamma \Delta }$ και αφού $\displaystyle{\widehat{M\Gamma A}=60-45=15^{o}}$ , άρα $\displaystyle{\widehat{\Delta \Gamma M}=30^{o}}$

Συνεπώς $\displaystyle{\widehat{\Delta M\Gamma}=75^{o}}$

: ΣΧΗΜΑ 8.png (15.75 KiB) Προβλήθηκε 2314 φορές

EDIT Βελτίωσα το σχήμα

#107

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Κώστα, Καλό βράδυ. Στην ουσία, μας αποκάλυψες την λύση: (ΑΣΚΗΣΗ 44)

Δημήτρη καλό σου βράδυ! καλησπέρα επίσης και στον ΚΑΡΚΑΡ, που βλέπω ότι παρακολουθεί αυτή τη στιγμή το Θέμα.

Έτσι είναι όπως τα λές! Έδωσα πολλές δυνατότητες. Αλλά με τόσες "γάτες" εδώ μέσα, έτσι και αλλιώς οι δυνατότητες είναι αστείρευτες!

#108

Perantonis έγραψε:AΣΚΗΣΗ 042
042.png
Δύο ίσα τετράγωνα τέμνονται όπως φαίνεται στο παραπάνω σχήμα .
Να υπολογισθεί η γωνία $\hat \omega$ και να αποδειχθεί ότι τα σημεια ${\rm K},{\rm O},{\rm M}$ είναι συνευθειακά.

Περαντώνης Γιάννης

Το

απέχει από τις πλευρές της γωνίας $\hat{\Lambda E H}$ αποστάσεις ίσες με την πλευρά των τετραγώνων. Άρα η

διχοτομεί την γωνία $\hat{\Lambda E H}$ και ομοίως η $H\Theta$ διχοτομεί την $\hat{EHN}$ κ.λπ. Τότε το

είναι κοινό παράκεντρο των τριγώνων $KEH, M\Theta Z$ ,οπότε

$\hat{EOH}=90^o-\frac{\hat{EKH}}{2}=45^o$

Τα K,O,M

είναι συνευθειακά γιατί οι KO,MO

διχοτομούν τις απέναντι γωνίες K,M

του μπλε τετραγώνου, άρα συμπίπτουν με την διαγώνιό του KM.

Γιώργος Μήτσιος · #109

Aσκηση 045
Kαλημέρα.
Μια ακόμη προσωπική σύνθεση ...νεογέννητη , με την δέουσα επιφύλαξη για τον κίνδυνο σφάλματος .

Έστω τετράγωνο $AB\Gamma \Delta$ πλευράς $\alpha$ . Από το

φέρουμε ημιευθεία που τέμνει την $B\Gamma$ στο

και την προέκταση της $\Delta\Gamma$ στο

. Αν είναι EZ =2

και $\Gamma Z=\varphi$ όπου $\varphi$ ο λόγος της χρυσής τομής τότε

1) Να υπολογιστεί το $\left(\Gamma EZ \right) = m= ?$

2) Να εξεταστεί αν είναι $\left(AB\Gamma \Delta \right)= \frac{m^{2}}{1-m}$

Θεωρούμε τον κύκλο $\left(E,EZ \right)$ που τέμνει την $B\Gamma$ στο

και την $\Delta \Gamma$ στο $\Theta$ . Αν θέσουμε

το εμβαδόν της πράσινης
περιοχής που περικλείουν τα τμήματα $\Gamma \Theta , \Gamma H$ και το τόξο $\Theta H$ τότε

3)Να εξεταστεί αν ισχύει $\frac{G}{\alpha ^{2}}= \frac{1}{m^{2}}\left(m+ \frac{7\pi }{5} \right)\left(1-m \right)$ ,
που σημαίνει -εφόσον δεν έγινε λάθος- ότι η πράσινη περιοχή καλύπτει περίπου τα $\frac{28,95}{100}$ του τετραγώνου .

Φιλικά Γιώργος.

: sq-p2.PNG (7.7 KiB) Προβλήθηκε 2268 φορές

#110

Άσκηση 046

Δίνονται τα τετράγωνα $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta \,\,,\,\,\,{\rm B}{\rm E}{\rm Z}\Gamma \,\,}$ και σημείο $\displaystyle{\,{\rm K}\,}$ στην προέκταση της $\displaystyle{\,\,\,\Delta {\rm A}}$ .
Η $\displaystyle{\,\,{\rm K}{\rm B}\,\,}$ τέμνει τη $\displaystyle{\,\,\,\Delta {\rm E}\,\,}$ στο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm M}\,\,\,}$ . Να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{\,\,\Gamma {\rm B}\,\,\,}$ διχοτομεί τη γωνία $\displaystyle{\,\,\,\widehat{\,{\rm K}\Gamma {\rm M}}\,\,\,}$

KARKAR · #111

Άσκηση 47

: Διπλάσιο τμήμα.png (8.96 KiB) Προβλήθηκε 2214 φορές

Πάνω από το τετράγωνο ABCD

, γράφω ημικύκλιο διαμέτρου

και κέντρου

. Η

τέμνει το τόξο στο

και η

την προέκταση της

στο

. Δείξτε ότι NS=2DN

.

#112

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Διπλάσιο τμήμα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Πάνω από το τετράγωνο , γράφω ημικύκλιο διαμέτρου και κέντρου . Η

τέμνει το τόξο στο και η την προέκταση της στο . Δείξτε ότι .

: tetrag_47.png (25.81 KiB) Προβλήθηκε 2191 φορές

Η γωνία $\widehat {DNC} = {90^0}$ , γιατί βαίνει σε ημικύκλιο . Το τετράπλευρο ASND

εγγράψιμμο αφού οι απέναντι γωνίες του στα A,N

είναι παραπληρωματικές.
Έτσι $\widehat \phi = \widehat \theta$ . Τώρα τα ορθογώνια τρίγωνα $DAM\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,NSD\,\,$ είναι όμοια και θα ισχύει : $\boxed{\frac{{NS}}{{ND}} = \frac{{DA}}{{DM}} = 2 \Rightarrow NS = 2DN}$ .

edit: διόρθωση ενός συντακτικού λάθους : είναι από παραπληρωματικές

Φιλικά Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #113

Καλό μεσημέρι.
Μετά την ωραία και σύντομη λύση του Νίκου ,δίνω άλλη μια ιδέα.

Επειδή το τρίγωνο $\textrm{DNC}$ είναι ορθογώνιο και $\textrm{M}$ μέσον της $\textrm{DC}$ ,είναι $\textrm{NM=MC}$ κι αφού $\textrm{DC//AS}$ ,το $\textrm{NAS}$ είναι ισοσκελές τρίγωνο οπότε $\textrm{AN=AS}$ κι αν $\textrm{L}$ μέσον της $\textrm{NS}$ ,είναι $\textrm{AL}\perp \textrm{NS}$ κι αν $\textrm{DQ}\perp \textrm{AL}$ είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι το ορθογώνιο $\textrm{DNLQ}$ είναι τετράγωνο.
Αυτό όμως είναι αληθές αφού τα ορθογώνια τρίγωνα $\textrm{DQA,DNC}$ είναι ίσα γιατί $\textrm{AD=DC}$ , $\angle x=\angle y$ ως οξείες με κάθετες πλευρές,Έτσι $\textrm{DN=DQ=DL}=\dfrac{NS}{2}$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε

#114

exdx έγραψε:Άσκηση 046

Δίνονται τα τετράγωνα $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta \,\,,\,\,\,{\rm B}{\rm E}{\rm Z}\Gamma \,\,}$ και σημείο $\displaystyle{\,{\rm K}\,}$ στην προέκταση της $\displaystyle{\,\,\,\Delta {\rm A}}$ .
Η $\displaystyle{\,\,{\rm K}{\rm B}\,\,}$ τέμνει τη $\displaystyle{\,\,\,\Delta {\rm E}\,\,}$ στο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm M}\,\,\,}$ . Να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{\,\,\Gamma {\rm B}\,\,\,}$ διχοτομεί τη γωνία $\displaystyle{\,\,\,\widehat{\,{\rm K}\Gamma {\rm M}}\,\,\,}$

: tetrag_46.png (16.87 KiB) Προβλήθηκε 2157 φορές

Προφανώς ή τομή $\Sigma$ των $\Delta {\rm E}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{\rm B}\Gamma$ είναι το μέσο του ${\rm B}\Gamma$ . Ας πούμε ακόμα με ${\rm H}\,\,,\,\,{\rm T}$ τα σημεία τομής των ${\rm K}{\rm B}\,\,\,,\,\,\,\Gamma {\rm M}\,\,$ με την ευθεία ${\rm E}{\rm Z}$ .
Επειδή $\Sigma {\rm B} = \Sigma \Gamma \,$ θα είναι και ${\rm E}{\rm H} = {\rm E}{\rm T}\,\,(1)$ (Θεωρεία κεντρικής δέσμης στο ${\rm M}$ ) . Όμως από τα προφανώς ίσα ορθογώνια τρίγωνα : ${\rm A}{\rm B}{\rm K}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm E}{\rm B}{\rm H}$
( ${\rm A}{\rm B} = {\rm B}{\rm E}$ και στο ${\rm B}$ τις οξείες γωνίες ίσες ως κατακορυφήν ) , έχουμε ${\rm A}{\rm K} = {\rm E}{\rm H}\,\,(2)$ . Από τις $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,(2)$ έχουμε ${\rm A}{\rm K} = {\rm E}{\rm T}$ . Η τελευταία μας εξασφαλίζει το ότι τετράπλευρο ${\rm A}{\rm K}{\rm T}{\rm E}$ είναι ορθογώνιο και έτσι : ${\rm A}{\rm E}//{\rm K}{\rm T}$ ενώ τώρα θα είναι $\Delta {\rm K} = {\rm Z}{\rm T}$ και αφού $\Delta \Gamma = \Gamma {\rm Z}$ τα ορθογώνια τρίγωνα $\Delta {\rm K}\Gamma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{\rm Z}{\rm T}\Gamma$ θα είναι ίσα ως έχοντα τις κάθετες πλευρές τους ίσες.
Μετά από τα παραπάνω θα έχουμε $\Gamma {\rm K} = \Gamma {\rm T}$ και αφού η $\Gamma {\rm B} \bot {\rm A}{\rm E}$ θα είναι και $\Gamma {\rm B}$ κάθετη στην παράλληλη της ${\rm A}{\rm E}\,$ δηλαδή την ${\rm K}{\rm T}$ .
Έτσι στο ισοσκελές τρίγωνο $\Gamma {\rm K}{\rm T}$ με κορυφή το $\Gamma$ , ο φορές του ύψους από το $\Gamma$ θα είναι και διχοτόμος της γωνίας $\widehat {{\rm K}\Gamma {\rm T}}$ .

Έχω υπ όψιν μου δύο ακόμη λύσεις , αλλά δεν είναι δικές μου. Η μια απ αυτές είναι αρκετά πιο σύντομη

Φιλικά Νίκος

Perantonis · #115

ΑΣΚΗΣΗ 48

: 047.png (17.29 KiB) Προβλήθηκε 2149 φορές

Δίνονται τα τετράγωνα ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και ${\rm E}{\rm Z}{\rm H}\Theta$ με τα σημεία ${\rm E},{\rm Z},\Theta$ να ανήκουν στις πλευρές ${\rm A}{\rm B},{\rm B}\Gamma ,{\rm A}\Gamma$ αντίστοιχα.
Να αποδειχθούν:
ί) ${\rm A}{\rm E} = EB + BZ$
ίί) $\Theta H\Gamma$ είναι ισοσκελές
ίίί) Οι ${\rm B}\Delta ,{\rm E}{\rm H},\Theta {\rm Z}$ συντρέχουν

apotin · #116

Άσκηση 49

Κανονικό Δωδεκάγωνο είναι εγγεγραμμένο σε τετράγωνο έτσι ώστε τέσσερις από τις κορυφές του να είναι μέσα των πλευρών του τετραγώνου (όπως στο σχήμα).

$\displaystyle{1)}$ Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του σκιασμένου μέρους είναι ίσο με το $\displaystyle{\frac{1}{{12}}}$ του εμβαδού του δωδεκαγώνου

$\displaystyle{2)}$ Αν ο περιγεγραμμένος στο δωδεκάγωνο κύκλος έχει ακτίνα $\displaystyle{1}$ τότε, να δείξετε ότι το δωδεκάγωνο έχει εμβαδό $\displaystyle{3}$ .

: 12gwno.png (11.34 KiB) Προβλήθηκε 2143 φορές

Edit: Τα κόκκινα

KARKAR · #117

exdx έγραψε:Άσκηση 046
Δίνονται τα τετράγωνα $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta \,\,,\,\,\,{\rm B}{\rm E}{\rm Z}\Gamma \,\,}$ και σημείο $\displaystyle{\,{\rm K}\,}$ στην προέκταση της $\displaystyle{\,\,\,\Delta {\rm A}}$ .
Η $\displaystyle{\,\,{\rm K}{\rm B}\,\,}$ τέμνει τη $\displaystyle{\,\,\,\Delta {\rm E}\,\,}$ στο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm M}\,\,\,}$ . Να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{\,\,\Gamma {\rm B}\,\,\,}$ διχοτομεί τη γωνία $\displaystyle{\,\,\,\widehat{\,{\rm K}\Gamma {\rm M}}\,\,\,}$

: 46.png (13.02 KiB) Προβλήθηκε 2129 φορές

Η ισότητα των NB,NC

συνεπάγεται την ισότητα των DK,DS

. Για τα υπόλοιπα απλά παρατηρήστε ...

#118

Perantonis έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 48
Δίνονται τα τετράγωνα ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και ${\rm E}{\rm Z}{\rm H}\Theta$ με τα σημεία ${\rm E},{\rm Z},\Theta$ να ανήκουν στις πλευρές ${\rm A}{\rm B},{\rm B}\Gamma ,{\rm A}\Gamma$ αντίστοιχα.
Να αποδειχθούν:
ί) ${\rm A}{\rm E} = EB + BZ$
ίί) $\Theta H\Gamma$ είναι ισοσκελές
ίίί) Οι ${\rm B}\Delta ,{\rm E}{\rm H},\Theta {\rm Z}$ συντρέχουν

i) (Υποθέτουμε ότι $\boxed{{\rm B}{\rm E} < \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}}$ ). Ας είναι ${\rm O} \equiv {\rm B}\Delta \cap {\rm A}\Gamma$ , $\Lambda$ η ορθή προβολή του $\Theta$ στην ${\rm A}{\rm B}$ και ${\rm K}$ το κέντρο του τετραγώνου ${\rm E}{\rm Z}{\rm H}\Theta$

Τότε $\vartriangle {\rm E}{\rm B}{\rm Z} = \vartriangle \Theta \Lambda {\rm E}$ ( ${\rm E}{\rm Z}\mathop = \limits^{{\rm E}{\rm Z}{\rm H}\Theta \,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} {\rm E}\Theta ,\angle {\rm E}{\rm B}{\rm Z} = \angle \Theta \Lambda {\rm E} = {90^0}$ $,\angle {\rm B}{\rm E}{\rm Z}\mathop = \limits^{{\rm O}\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle \Lambda \Theta {\rm E}$ )

οπότε: $\left\{ \begin{gathered} \Theta \Lambda = {\rm E}{\rm B} \hfill \\ {\rm E}\Lambda = {\rm B}{\rm Z} \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle A\Lambda \Theta \,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma } \left\{ \begin{gathered} {\rm A}\Lambda = {\rm E}{\rm B} \hfill \\ {\rm E}\Lambda = {\rm B}{\rm Z} \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( + \right)}$ ${\rm A}\Lambda + \Lambda {\rm E} = {\rm E}{\rm B} + {\rm B}{\rm Z} \Rightarrow \boxed{{\rm A}{\rm E} = {\rm E}{\rm B} + {\rm B}{\rm Z}}$
[attachment=0]47.png[/attachment]
ii) Με $\angle \Theta {\rm H}{\rm Z} = {90^0} = 2 \cdot {45^0} =$ $2 \cdot \angle \Theta \Gamma {\rm Z}\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm H}\Theta = {\rm H}{\rm Z}\,\,({\rm E}{\rm Z}{\rm H}\Theta \,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o)} {\rm H}$ το περίκεντρο του τριγώνου $\vartriangle \Gamma {\rm Z}\Theta \Rightarrow {\rm H}\Gamma = {\rm H}\Theta \Rightarrow \vartriangle \Theta {\rm H}\Gamma$ ισοσκελές

iii) Με $\angle {\rm E}{\rm K}{\rm Z} = \angle {\rm E}{\rm B}{\rm Z} = {90^0} \Rightarrow {\rm E}{\rm B}{\rm Z}{\rm H}$ εγγράψιμο οπότε: $\angle {\rm K}{\rm B}{\rm Z} = \angle {\rm Z}{\rm E}{\rm K} = {45^0} = \angle \Delta {\rm B}{\rm Z} \Rightarrow {\rm B},{\rm K},\Delta$

συνευθειακά και συνεπώς ${\rm B}\Delta ,{\rm E}{\rm H},\Theta {\rm Z}$ συντρέχουν και όλα τα ζητούμενα έχουν αποδειχθεί.

Στάθης

#119

exdx έγραψε:Άσκηση 046
Δίνονται τα τετράγωνα $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta \,\,,\,\,\,{\rm B}{\rm E}{\rm Z}\Gamma \,\,}$ και σημείο $\displaystyle{\,{\rm K}\,}$ στην προέκταση της $\displaystyle{\,\,\,\Delta {\rm A}}$ . Η $\displaystyle{\,\,{\rm K}{\rm B}\,\,}$ τέμνει τη $\displaystyle{\,\,\,\Delta {\rm E}\,\,}$ στο $\displaystyle{\,\,\,\,{\rm M}\,\,\,}$ . Να αποδείξετε ότι η $\displaystyle{\,\,\Gamma {\rm B}\,\,\,}$ διχοτομεί τη γωνία $\displaystyle{\,\,\,\widehat{\,{\rm K}\Gamma {\rm M}}\,\,\,}$

: 46.png (14.15 KiB) Προβλήθηκε 2105 φορές

Η προφανής ισότητα $\boxed{\Gamma {\rm N} = {\rm N}{\rm B}}:\left( 1 \right)$ με την παραλληλία $\Gamma {\rm B}\parallel {\rm K}\Delta \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{{{\rm N}{\rm P}}}{{{\rm P}\Delta }} = \frac{{\Gamma {\rm N}}}{{{\rm K}\Delta }} \hfill \\ \frac{{{\rm M}{\rm N}}}{{{\rm M}\Delta }} = \frac{{{\rm N}{\rm B}}}{{{\rm K}\Delta }} \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \dfrac{{{\rm N}{\rm P}}}{{{\rm P}\Delta }} = \dfrac{{{\rm M}{\rm N}}}{{{\rm M}\Delta }} \Rightarrow \left( {\Delta ,{\rm N},{\rm P},{\rm M}} \right)$ αρμονική (με ${\rm P} \equiv {\rm K}\Gamma \cap \Delta {\rm E}$ )

οπότε και η δέσμη $\Gamma .\Delta {\rm N}{\rm P}{\rm M}$ είναι αρμονική και με $\Gamma \Delta \bot \Gamma {\rm N} \Rightarrow \Gamma {\rm N}$ διχοτόμος της γωνίας $\angle {\rm P}\Gamma {\rm M} \equiv \angle {\rm K}\Gamma {\rm M}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#120

Φτάσαμε στη μέση!

Άσκηση 50

: 06-6-2013 Γεωμετρία.jpg (12.63 KiB) Προβλήθηκε 2077 φορές

Το τετράγωνο του σχήματος είναι χωρισμένο σε εννέα ίσα τετράγωνα, όπως φαίνεται στο σχήμα.
Βρείτε το λόγο του εμβαδού του γαλάζιου χωρίου προς το εμβαδόν του μεγάλου τετραγώνου.
(Από διεθνή διαγωνισμό. Πρόσθεσα επεξηγήσεις, είχε μόνο το σχήμα).

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

ΑΣΚΗΣΗ 43

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

ΑΣΚΗΣΗ 47?

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