Συλλογή ασκήσεων Γεωμετρίας

Eukleidis · 3 Οκτωβρίου 2009 στις 20:49

Μιας και δεν βρήκα κανενα παρόμοιο τοπικ είπα να δημιουργήσω ενα

ΑΣΚΗΣΗ 1

Αν ΓΘ είναι το ύψος του τριγώνου, Δ,Ε,Ζ τα μέσα των πλευρών νδο το τετραπλευρο ΔΘΕΖ είναι εγγραψιμο.

ξαροπ · 4 Οκτωβρίου 2009 στις 18:43

Ωραία ασκησούλα.

Τα τρίγωνα $DZE, ADE$ είναι ίσα, διότι $DZ= AC : 2 = AE, ZE = BA : 2 = DA, DE$ κοινή (κριτήριο Π-Π-Π), άρα και οι αντίστοιχες γωνίες τους είναι ίσες, δηλαδή $< DZE = < BAC = A, < AED = < ZDE = B$ (λόγω παραλληλίας), $< ADE = < ZED = C$ (επίσης λόγω παραλληλίας).

Το τρίγωνο $A\Theta C$ είναι ορθογώνιο, οπότε ο περιγεγραμμένος κύκλος του έχει κέντρο το μέσον της υποτείνουσας, δηλαδή το $E$ , από όπου παίρνουμε $E\Theta = EA$ , ως ακτίνες του κύκλου. Άρα $AE\Theta$ ισοσκελές $\Leftrightarrow <E\Theta A = <EA\Theta \Leftrightarrow \Theta EA = 180 - 2A$ .

Για να είναι το $D \Theta EZ$ εγγράψιμο, αρκεί $< \Theta DZ, < ZE\Theta$ να είναι παραπληρωματικές, δηλαδή αρκεί $B + C + B + C - (180 - 2A) = 180 \Leftrightarrow 2(B+C+A) = 360 \Leftrightarrow A+B+C = 180$ , που ισχύει, άρα το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο.

Eukleidis · 4 Οκτωβρίου 2009 στις 18:49

Και λύνεται και χωρίς αυτά με 2 πράγματα μόνο.
Με γωνίες

Παμε μια καλή:

Νδο οτι η εσωτερική διχοτόμος μιας γωνίας ενός τριγώνου με τις εξωτερικές διχοτομους των δύο αλλων γωνιών συντρεχουν

georg13pao · 6 Οκτωβρίου 2009 στις 19:38

Δεν υπάρχει και στο βιβλίο της Α λυκείου αυτή;

Eukleidis · 6 Οκτωβρίου 2009 στις 19:43

Το αποδεικνύει αλλα είναι καλό να μην το αντιγραψεται αλλα να το σκεφτείτε

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και τα ύψη ΑΔ και ΒΕ. ΝΔΟ η ΔΕ είναι παράλληλη προς την εφαπτομένη του περιγγεγραμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ στο σημείο Γ.

Ενα τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραμένο σε κύκλο (Ο,ρ) και έστω Η το ορθόκεντρο του. Απο το Β φέρουμε χορδή ΒΔ καθετη στη ΒΓ. Νδο
α) Γωνια ΔΑΓ=90 β) ΑΗ=ΒΔ γ) ΟΜ=ΑΗ/2, οπου Μ το μέσο της ΒΓ

lefteris94 · 9 Οκτωβρίου 2009 στις 20:42

Να κατασκευαστεί τρίγωνο ΑΒΓ που έχει ΒΓ=α , ύψος ΑΔ=υ και γωνιά Α=ω , όπου α,υ γνωστά τμήματα και ω γνωστή γωνιά.
Σχήμα και λύση όποιος ξέρει

ξαροπ · 2009-10-10T18:59:45+0300

Λύση για την προτελευταία άσκηση...

Φέρνω την $AK, K \in B \Gamma$ να περνάει από το $H$ .

Για ευκολία θέτω

$< MBA= a$

$< BAH = b$

$< AB \Delta = c$

$< MBH = d$

$< K \Gamma A = x$

$< \Gamma AK = y$

$<HBA = z$

$< BA \Delta = w$ .

α) Το τετράπλευρο ΑΓΒΔ είναι εγγεγραμμένο, δηλαδή έχει τις ιδιότητες εγγράψιμου, άρα

$< \Delta B \Gamma + < \Delta AH= 180$

$\Leftrightarrow 90 + < \Delta AH = 180$

$\Leftrightarrow < \Delta AH = 90 = < \Delta B \Gamma.$ (1)

β) Είναι

$a + b = 90 \Leftrightarrow < \Delta B \Gamma = a+b \Leftrightarrow a =c$ , άρα $\Delta B // AH$ .

Επίσης, $d + x = x + y = 90 \Leftrightarrow d = y$ και άρα από (1)

$b + d + z = b + y + w \Leftrightarrow z = w$ ,

Δηλαδή $BH // \Delta A$ .

Οι σχέσεις $\Delta B // AH, BH // \Delta A$ μας δίνουν

$AHB \Delta$ παραλληλόγραμμο. Άρα $\Delta B = AH$ . (2)

γ) Από την ορθή γωνία $b +a$ παίρνουμε ότι $\Delta \Gamma$ είναι διάμετρος, άρα

$O \in \Delta \Gamma$ .

Τότε $OM =// \frac{ \Delta B}{2} = (2) = \frac{AH}{2}$ .

ΥΓ: Κάποτε θα μου δουλέψει κι εμένα το Geogebra...

Eukleidis · 2009-10-10T19:57:39+0300

Οριστε το σχήμα εκ του Ξαροπ

Περσινός Θαλής

Εστω Τραπέζιο ΑΒΓΔ με Γ=Δ=90 μοιρες. Φερουμε κάθετη απο το Α προς τη ΒΓ που την τέμνει στο Ε. Από το Ε φερουμε κάθετη προς τη διαγώνιο ΒΔ που την τέμνει στο Ζ. Να βρείτε τη γωνία ΑΖΓ

Αλεξίνοος · 2011-02-22T14:25:03+0200

[FONT=Times New Roman, serif](#12)
[/FONT]
[FONT=Times New Roman, serif]Η γωνία ΕΖΔ είναι ορθή και η γωνία Γ ορθή, άρα το τετράπλευρο ΓΔΖΕ είναι εγράψιμο.[/FONT]
[FONT=Times New Roman, serif]Οι γωνίες ΑΕΓ και ΑΖΓ βαίνουν εις το αυτό τόξο ΓΑ.[/FONT]
[FONT=Times New Roman, serif]Αλλά η ΑΕΓ είναι ορθή διότι η ΑΕ είναι κάθετος εις την ΒΓ. Άρα και η ΑΖΓ είναι ορθή.[/FONT]

Guest 749981 · 2018-12-17T15:56:56+0200

Συλλογή ασκήσεων Γεωμετρίας

Eukleidis

Πολύ δραστήριο μέλος

ξαροπ

Πολύ δραστήριο μέλος

Eukleidis

Πολύ δραστήριο μέλος

georg13pao

Εκκολαπτόμενο μέλος

Eukleidis

Πολύ δραστήριο μέλος

lefteris94

Εκκολαπτόμενο μέλος

ξαροπ

Πολύ δραστήριο μέλος

Eukleidis

Πολύ δραστήριο μέλος

Αλεξίνοος

Νεοφερμένο μέλος

Guest 749981

Επισκέπτης

Χρήστες Βρείτε παρόμοια

Λοιπές Σελίδες