ΙΚΑΡΩΝ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Να διαιρεθεί δοθέν τετράπλευρο σε δυο μέρη ισοδύναμα με ευθεία που άγεται από δοθέν σημείο $\displaystyle{ E}$ μιας από τις πλευρές του πχ. την $\displaystyle{BA}$ .

2. Να κατασκευασθεί τετράγωνο $\displaystyle{ AB\Gamma\Delta}$ του οποίου δυο απέναντι πλευρές πχ. οι $\displaystyle{ AB}$ και $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ είναι χορδές που ανήκουν σε δυο δεδομένους ομόκεντρους κύκλους.

3. Δίνεται ορθογώνιο $\displaystyle{ AB\Gamma\Delta}$ . Φέρνουμε δυο παράλληλες $\displaystyle{EZ}$ και $\displaystyle{H\Theta}$ προς την διαγώνιο $\displaystyle{A\Gamma}$ , οι οποίες ισαπέχουν από αυτήν, και οι οποίες τέμνουν τις πλευρές του ορθογωνίου στα σημεία $\displaystyle{E,Z,H,\Theta}$ . Να αποδειχθεί οτι το εγγεγραμμένο στο ορθογώνιο τετράπλευρο $\displaystyle{ EZH\Theta}$ είναι παραλληλόγραμμο, του οποίου η περίμετρος είναι ίση με το άθροισμα των διαγωνίων του δοθέντος ορθογωνίου.

4. Δίνεται τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ του οποίου οι απέναντι πλευρές $\displaystyle{ AB}$ και $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ είναι ίσες. Να δειχθεί οτι η ευθεία $\displaystyle{EZ}$ , η οποία συνδέει τα μέσα των δυο άλλων πλευρών του, σχηματίζει ίσες γωνίες με την $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ .

5. Ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\widehat{A}=90^o$ ) είναι περιγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου

. Τα σημεία επαφής των πλευρών $AB,B\Gamma,\Gamma\Delta$ είναι αντίστοιχα τα $Z,\Delta,E$ . Φέρνουμε την χορδή $\Delta Z$ και από το

την κάθετη σε αυτήν

, όπου

το ίχνος της καθέτου αυτής. Να αποδειχθεί οτι
α) η γωνία $\widehat{AP\Gamma}$ είναι ορθή
β) τα σημεία A,E,K,P,Z

είναι ομοκυκλικά.

Υ.Γ. Τα θέματα ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑΣ ΙΚΑΡΩΝ 1971 δεν τα είχε στο Δελτίο του Πάλλα, αν κάποιος έχει κάποια άλλη πηγή, θα χαιρόμασταν ιδιαίτερα να τα μοιραστεί μαζί μας.

KARKAR · #2

parmenides51 έγραψε: 4. Δίνεται τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ του οποίου οι απέναντι πλευρές $\displaystyle{ AB}$ και $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ είναι ίσες. Να δειχθεί οτι η ευθεία $\displaystyle{EZ}$ , η οποία συνδέει τα μέσα των δυο άλλων πλευρών του, σχηματίζει ίσες γωνίες με την $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ .

: Ικάρων 71 (3).png (11.55 KiB) Προβλήθηκε 694 φορές

Αρκεί

. Από θ. Μενελάου έχω διαδοχικά : $\displaystyle \frac{AZ}{ZD}\frac{DN}{NM}\frac{MK}{KA}=1\Leftrightarrow \frac{MK}{NM}=\frac{KA}{DN}$

και $\displaystyle \frac{BE}{EC}\frac{CN}{NM}\frac{MK}{KB}=1\Leftrightarrow \frac{MK}{NM}=\frac{KB}{CN}$ (1), συνεπώς

$\displaystyle \frac{KA}{DN}=\frac{KB}{CN}\Leftrightarrow\frac{s+KB}{s+CN}=\frac{KB}{CN}\Leftrightarrow KB=CN$

Αλλά τότε , από (1) MK=NM

, ό.έ.δ

KARKAR · #3

parmenides51 έγραψε: 3. Δίνεται ορθογώνιο $\displaystyle{ AB\Gamma\Delta}$ . Φέρνουμε δυο παράλληλες $\displaystyle{EZ}$ και $\displaystyle{H\Theta}$ προς την διαγώνιο $\displaystyle{A\Gamma}$ , οι

οποίες ισαπέχουν από αυτήν, και οι οποίες τέμνουν τις πλευρές του ορθογωνίου στα σημεία $\displaystyle{E,Z,H,\Theta}$ .

Να αποδειχθεί οτι το εγγεγραμμένο στο ορθογώνιο τετράπλευρο $\displaystyle{ EZH\Theta}$ είναι παραλληλόγραμμο,

του οποίου η περίμετρος είναι ίση με το άθροισμα των διαγωνίων του δοθέντος ορθογωνίου.

: Ικάρων 71(3).png (10.88 KiB) Προβλήθηκε 664 φορές

Η προφανής ισότητα των ροζ γωνιών , ουσιαστικά απαντά σε όλα ...

#4

parmenides51 έγραψε: 5. Ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\widehat{A}=90^o$ ) είναι περιγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου . Τα σημεία επαφής των πλευρών $AB,B\Gamma,\Gamma\Delta$ είναι αντίστοιχα τα $Z,\Delta,E$ . Φέρνουμε την χορδή $\Delta Z$ και από το την κάθετη σε αυτήν , όπου το ίχνος της καθέτου αυτής. Να αποδειχθεί οτι
α) η γωνία $\widehat{AP\Gamma}$ είναι ορθή
β) τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Καλησπέρα και Χρόνια πολλά!!!

: Ικάρων 1971.png (11.29 KiB) Προβλήθηκε 623 φορές

α) Το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm E}{\rm Z}}$ είναι ισοσκελές. Άρα $\displaystyle{{\rm A}\widehat {\rm E}{\rm Z} = {45^0}}$ . Αλλά, $\displaystyle{{\rm E}\widehat \Delta {\rm Z} = {\rm A}\widehat {\rm E}{\rm Z} = {45^0}}$ (γωνία εγγεγραμμένη και χορδής κι εφαπτομένης που βαίνουν στο ίδιο τόξο)

Οπότε και το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{{\rm P}{\rm E}\Delta }$ είναι ισοσκελές, δηλαδή η $\displaystyle{{\rm P}\Gamma }$ είναι μεσοκάθετος της $E\Delta$ και διέρχεται από το σημείο

. Οπότε $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm P}\Gamma = {45^0}}$ .

Το τετράπλευρο AZPE

είναι εγγράψιμο (δύο από τις απέναντι γωνίες του είναι ορθές).
$\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm P}{\rm A} = {\rm E}\widehat {\rm Z}{\rm A} = {45^0}}$ .

$\displaystyle{\Gamma \widehat {\rm P}{\rm A} = {\rm E}\widehat {\rm P}{\rm A} + {\rm E}\widehat {\rm P}\Gamma = {45^0} + {45^0} = {90^0}}$ .

β) Το AZPE

είναι εγγράψιμο, το AEKP

είναι εγγράψιμο (δύο από τις απέναντι γωνίες του είναι ορθές), άρα τα σημεία A,E,K,P,Z

είναι ομοκυκλικά.

KARKAR · #5

parmenides51 έγραψε:1. Να διαιρεθεί δοθέν τετράπλευρο σε δυο μέρη ισοδύναμα με ευθεία

που άγεται από δοθέν σημείο $\displaystyle{ E}$ μιας από τις πλευρές του πχ. της $\displaystyle{BA}$ .

.

: Ικάρων 71 (1).png (17.81 KiB) Προβλήθηκε 556 φορές

Η κατασκευή : Από την κορυφή

φέρω παράλληλη προς τη διαγώνιο

, η οποία τέμνει την ευθεία

στο σημείο

. Προφανώς : (CSB)=(CDAB)

. Ονομάζω

το μέσο του

. Η παράλληλη από το

προς τη

τέμνει τη

στο

. Τότε

. Η απόδειξη αφήνεται ως άσκηση .

: Ικάρων 71 (1) - Λήμμα.png (9.94 KiB) Προβλήθηκε 556 φορές

Χρησιμοποιήστε το λήμμα του σχήματος

KARKAR · #6

parmenides51 έγραψε: 2. Να κατασκευασθεί τετράγωνο $\displaystyle{ AB\Gamma\Delta}$ του οποίου δυο απέναντι πλευρές πχ. οι $\displaystyle{ AB}$

και $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ είναι χορδές που ανήκουν σε δυο δεδομένους ομόκεντρους κύκλους.

: Ικάρων 71(2).png (18.23 KiB) Προβλήθηκε 574 φορές

Στο σχήμα οι κύκλοι έχουν ακτίνες r=2 , R=3

. Το τετράγωνο κατασκευάστηκε με υπολογισμό

της πλευράς του

. Είναι : $\displaystyle sin\phi =\frac{a}{R}, cos\phi =\frac{2a-x}{R}, sin\theta =\frac{a}{r},cos\theta =\frac{x}{r}$ .

Τότε : $\displaystyle sin\omega =sin(\phi+\theta ) =\frac{a}{R}\cdot\frac{x}{r}+ \frac{2a-x}{R}\cdot\frac{a}{r}=\frac{2a^2}{Rr}$

Συνεπώς $\displaystyle cos\omega =\frac{\sqrt{(Rr)^2-4a^4}}{Rr}$ . Τώρα με νόμο συνημιτόνων στο BOC

, παίρνω :

$4a^2=R^2+r^2-2\sqrt{(Rr)^2-4a^4}$ εξίσωση , η οποία έχει μοναδικό άγνωστο το

- είναι εν τέλει διτετράγωνη -

και δίνει εν γένει δύο δεκτές ρίζες ( υπάρχει και μικρότερο τετράγωνο , με τις δύο πλευρές του , προς το ίδιο μέρος του

) .

Είναι φανερό , πως η παραπάνω λύση προκρίνεται μόνο αν θελουμε υπολογισμούς , ενώ η κατασκευή

θα γίνεται σίγουρα με κάποιο απλούστερο τρόπο . Επίσης απαιτείται και διερεύνηση ...

ΙΚΑΡΩΝ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΙΚΑΡΩΝ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση