Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

KARKAR · #181

Άσκηση 69

: 69.png (9.62 KiB) Προβλήθηκε 2344 φορές

Να κατασκευασθεί κύκλος , ο οποίος να διέρχεται από την κορυφή

τετραγώνου ABCD

και να εφάπτεται

των πλευρών AB,AD

( στα

αντίστοιχα ) . Αν ο κύκλος τέμνει τις BC,CD

στα

αντίστοιχα ,

υπολογίστε τη γωνία $\widehat{PST}$

#182

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
rek2 έγραψε:Nα παρατηρήσω ότι η άσκηση 17 είναι ειδική περίπτωση της άσκησης 56, επομένως καλόν είναι να πάνε "πακέτο".

Τώρα μια κλασική άσκηση:

Άσκηση 67

Στις πλευρές και $\Gamma \Delta$ τετραγώνου $AB\Gamma \Delta$ θεωρούμε τα σημεία και αντιστοίχως, ώστε να είναι $AB=3AE, \Gamma \Delta =2\Gamma Z$ . Αν οι $E \Delta , BZ$ τέμνουν την διαγώνιο $A\Gamma$ στα αντιστoίχως, να αποδειχτεί ότι το $MNZ \Delta$ είναι εγγράψιμμο.
Ενώ έχω βρει λύση με ομοιότητα και κλασικό κριτήριο εγγραψιμότητας, όχι αυτό με τη δύναμη σημείου μια και το έβαλε ο συνάδελφος, δεν μπόρεσα όμως να βρω μη μετρική λύση.

Θα την προσπαθήσω λίγο ακόμα.

Μπάμπης

Φίλε Μπάμπη, αρκεί να λυθεί η επόμενη

ΑΣΚΗΣΗ 70

Δίνονται τα τετράγωνα ΑΒΓΔ και ΒΓΕΖ του σχήματος. Αν ΑΔ=3ΔΗ να βρεθεί η οξεία γωνία των ΑΕ και ΖΗ.

Κατά έναν, όχι και τόσο αναπάντεχο, τρόπο μπορεί να αναχθεί στη άσκηση με τα τρία εν σειρά τετράγωνα που θα τη βρούμε π. χ.εδώ. Ακόμα αν "διπλασιάσουμε" το σχήμα προκύπτει η 067.

parmenides51 · #183

rek2 έγραψε:Άσκηση 044

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

εδώ

stranton έγραψε:Άσκηση 57

Σε τετράγωνο $AB\varGamma\varDelta$ παίρνουμε το μέσο της πλευράς του $B\varGamma .$
Η ευθεία τέμνει την ευθεία $\varDelta\varGamma$ στο σημείο
Αν είναι το μέσο του να αποδείξετε ότι η ευθεία εφάπτεται του κύκλου
που εγγράφεται στο τετράγωνο.

εδώ

#184

KARKAR έγραψε:Άσκηση 68
Το συνημμένο 68.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Με κέντρο το μέσο της πλευράς , τετραγώνου , έχουμε γράψει τον κύκλο .

Ευθεία που διέρχεται από το , εφάπτεται του κύκλου στο και τέμνει την στο .

Αν η τέμνει την στο , υπολογίστε τις πλευρές του τριγώνου .

: Tetra_068.png (23.21 KiB) Προβλήθηκε 2296 φορές

Ας πούμε

το σημείο τομής των $AB\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,DP$ και με $12a\,,a > 0$ το μήκος της πλευράς του τετραγώνου ABCD

. Επειδή τα εφαπτόμενα τμήματα PB = PS

τα ορθογώνια τρίγωνα $SPT\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,BPE$ είναι ίσα και επομένως αρκεί να υπολογιστούν τα τμήματα : $PB = y = PS\,,\,BE = x = ST$ .
$MD \bot MP$ ως διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών και έτσι $\widehat \phi = \widehat \theta$ άρα τα ορθογώνια τρίγωνα $AMD\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,BPM$ είναι όμοια . Αφού τώρα το

είναι το μισό του

θα είναι και

το μισό του

δηλαδή $\boxed{y = 3a}$ . Αλλά και τα ορθογώνια τρίγωνα $EBP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EAD$ είναι όμοια και θα έχουμε: $\displaystyle\frac{{BP}}{{AD}} = \displaystyle\frac{{EB}}{{EA}} \Rightarrow \displaystyle\frac{{3a}}{{12a}} = \displaystyle\frac{x}{{x + 12a}} \Rightarrow \boxed{x = 4a}$ . Έχουμε λοιπόν $ST = 4a\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,SP = 3a$ και αναγκαστικά τότε TP = 5a

.

Φιλικά Νίκος

#185

KARKAR έγραψε:Άσκηση 69
Το συνημμένο 69.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Να κατασκευασθεί κύκλος , ο οποίος να διέρχεται από την κορυφή τετραγώνου και να εφάπτεται

των πλευρών ( στα αντίστοιχα ) . Αν ο κύκλος τέμνει τις στα αντίστοιχα ,

υπολογίστε τη γωνία $\widehat{PST}$

: Τετραγωνα_069.png (18.42 KiB) Προβλήθηκε 2276 φορές

Έστω λυμένο το πρόβλημα και ας πούμε

το κέντρο του ζητούμενου κύκλου που προφανώς θα ανήκει στην διαγώνιο

.Έστω

το μήκος της πλευράς του τετραγώνου $ABCD\,$ και

το μήκος της ακτίνας του κύκλου. Αφού η γωνία $\widehat {SCT} = {90^0}$ , η

θα είναι διάμετρος του κύκλου. Τώρα η

είναι ταυτόχρονα διχοτόμος της ορθής γωνίας $\widehat {SCT}$ και διάμεσος προς την υποτείνουσα

, άρα θα είναι κάθετος σ αυτή .
Τα ορθογώνια και ισοσκελή τρίγωνα $KTC\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,PKA$ θα είναι ίσα ως έχοντα τις κάθετες πλευρές τους ίσες οπότε θα έχουν και τις υποτείνουσες ίσες , δηλαδή :
$x\sqrt 2 = a\sqrt 2 - x \Rightarrow \boxed{x = a(2 - \sqrt 2 )}$ . Το κέντρο τώρα

προσδιορίζεται από την τομή της

με τον κύκλο (C,x)

.
Επειδή δε η γωνία $\widehat {PKT} = {45^0} \Rightarrow \boxed{\widehat \theta = {{22,5}^0}}$ (Σχέση εγγεγραμμένης και αντιστοίχου επικέντρου) .

Φιλικά Νίκος

KARKAR · #186

Άσκηση 71

: 71.png (9.34 KiB) Προβλήθηκε 2222 φορές

Επί της πλευράς

τετραγώνου ABCD

παίρνω σημεία S,P

, ώστε $\displaystyle BS=PC=\frac{BC}{4}$ . Οι AP,DS

τέμνονται στο

.

Δείξτε ότι οι εγγεγραμμένοι κύκλοι στα τρίγωνα ATD , SCD

είναι ίσοι . Αν εφάπτονται στην

στα

δείξτε ότι το τμήμα

ισούται με την ακτίνα των δύο κύκλων .

#187

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
rek2 έγραψε:Nα παρατηρήσω ότι η άσκηση 17 είναι ειδική περίπτωση της άσκησης 56, επομένως καλόν είναι να πάνε "πακέτο".

Τώρα μια κλασική άσκηση:

Άσκηση 67

Στις πλευρές και $\Gamma \Delta$ τετραγώνου $AB\Gamma \Delta$ θεωρούμε τα σημεία και αντιστοίχως, ώστε να είναι $AB=3AE, \Gamma \Delta =2\Gamma Z$ . Αν οι $E \Delta , BZ$ τέμνουν την διαγώνιο $A\Gamma$ στα αντιστoίχως, να αποδειχτεί ότι το $MNZ \Delta$ είναι εγγράψιμμο.
Ενώ έχω βρει λύση με ομοιότητα και κλασικό κριτήριο εγγραψιμότητας, όχι αυτό με τη δύναμη σημείου μια και το έβαλε ο συνάδελφος, δεν μπόρεσα όμως να βρω μη μετρική λύση.

Θα την προσπαθήσω λίγο ακόμα.

Μπάμπης

Καλημέρα Μπάμπη , καλημέρα σε όλους . Μια άποψη χωρίς μετρικές σχέσεις αλλά με πολλές-πολλές γραμμές.

: tetrag_67.png (21.54 KiB) Προβλήθηκε 2218 φορές

Έστω τα μέσα ${\rm P},{\rm H},\Lambda$ των ${\rm E}{\rm B}\,\,,\,\,{\rm B}\Gamma \,\,,\,\,{\rm Z}\Delta$ αντίστοιχα και ${\rm O}$ το κέντρο του τετραγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ .
Το σημείο ${\rm N}$ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\Gamma \Delta {\rm B}$ συνεπώς η $\Delta {\rm N}$ διέρχεται από το ${\rm H}$ . Τα ${\rm O},{\rm P}$ είναι μέσα των ${\rm B}\Delta \,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm B}{\rm E}$ και άρα ${\rm O}{\rm P}//{\rm A}{\rm E}$ . Τώρα στο τρίγωνο ${\rm A}{\rm O}{\rm P}$ είναι ${\rm M}{\rm E}//{\rm O}{\rm P}$ και το ${\rm E}$ μέσο του ${\rm A}{\rm P}$ , οπότε και το ${\rm M}$ μέσο του ${\rm O}{\rm A}$ . Επειδή το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm O}{\rm Z}\Delta$ είναι τραπέζιο η διάμεσός του ${\rm M}\Lambda$ θα είναι παράλληλη στις βάσεις , άρα κι αυτή κάθετη στην $\Delta \Gamma$ , με άμεση συνέπεια το τρίγωνο ${\rm M}\Delta {\rm Z}$ ισοσκελές με κορυφή το ${\rm M}$ . Δηλαδή $\boxed{{\rm M}\Delta = {\rm M}{\rm Z}}\,\,(1)$ . Το τετράπλευρο ${\rm Z}{\rm H}{\rm B}\Delta$ είναι ισοσκελές τραπέζιο με άξονα συμμετρίας την διαγώνιο ${\rm A}\Gamma$ του τετραγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και άρα $\boxed{{\rm M}{\rm Z} = {\rm M}{\rm H}}\,\,(2)$ . Λόγω των $(1)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,(2)$ Ο περιγεγραμμένος κύκλος του ισοσκελούς τραπεζίου ${\rm Z}{\rm H}{\rm B}\Delta$ θα έχει κέντρο το ${\rm M}$ .
Στον πιο πάνω κύκλο οι επίκεντρες γωνίες $\widehat {{\rm H}{\rm M}\Delta }\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{\rm B}{\rm M}{\rm Z}}$ είναι ορθές ως διπλάσιες αντίστοιχα των γωνιών $\widehat {\Gamma {\rm B}\Delta }\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {{\rm B}\Delta \Gamma }\,$ που προφανώς κάθε μια είναι από ${45^0}$ . Μετά από τα παραπάνω τα ισοσκελή ορθογώνια τρίγωνα ${\rm M}{\rm H}\Delta \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{\rm M}{\rm B}{\rm Z}$ θα έχουν τις παρά την βάση τους γωνίες από ${45^0}$ οπότε τα $\Delta ,{\rm Z}$ θα βλέπουν την ${\rm M}{\rm N}$ υπό ίσες γωνίες και άρα το τετράπλευρο ${\rm M}{\rm N}{\rm Z}\Delta$ είναι εγγράψιμμο.

( Είναι προφανές ότι με αναλυτική γεωμετρία ή με τριγωνομετρία ή με μετρικές σχέσεις , η άσκηση δέχεται πιο σύντομες λύσεις και χωρίς πολλές βοηθητικές γραμμές .)

Φιλικά Νίκος

#188

KARKAR έγραψε:Άσκηση 71
Το συνημμένο 71.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Επί της πλευράς τετραγώνου παίρνω σημεία , ώστε $\displaystyle BS=PC=\frac{BC}{4}$ . Οι τέμνονται στο .

Δείξτε ότι οι εγγεγραμμένοι κύκλοι στα τρίγωνα είναι ίσοι . Αν εφάπτονται στην στα

δείξτε ότι το τμήμα ισούται με την ακτίνα των δύο κύκλων .

: tetra_071.png (26.57 KiB) Προβλήθηκε 2193 φορές

Έστω $M\,,\,E$ τα μέσα των $BC\,,\,AD$ αντίστοιχα και το μήκος της πλευράς $AB = 12a\,,a > 0$ . Του τραπεζίου ADPS

οι διαγώνιοι $AP\,\,,\,\,DS$ είναι προφανώς ίσες άρα το τραπέζιο αυτό είναι ισοσκελές με άξονα συμμετρίας την ευθεία

.Έτσι ο εγγεγραμμένος κύκλος, κέντρου

, του ισοσκελούς τριγώνου TAD

θα εφάπτεται στο σημείο

της

και ο εγγεγραμμένος κύκλος, κέντρου

, του τριγώνου CDS

θα εφάπτεται στο

του

. Μετά από τα παραπάνω θα είναι ED = SP = 6a

. Τα ορθογώνια τρίγωνα $EDK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PSH$ θα έχουν τις κάθετες πλευρές τους , $DE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PS$ ίσες και τις οξείες γωνίες τους στα σημεία $D\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,S$ ίσες ως μισά των ίσων γωνιών $\widehat {ADS}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\widehat {CSD}$ ( εντός εναλλάξ των παραλλήλων AD,CS

με τέμνουσα την

) , συνεπώς θα είναι ίσα άρα θα έχουν και $\boxed{HP = KE}$ . Δηλαδή οι πιο πάνω εγγεγραμμένοι κύκλοι είναι ίσοι με ακτίνα καθενός $\boxed{x = HP = PC = 3a}$ .
Τώρα στο ορθογώνιο τρίγωνο CDS

είναι $DC = 12a\,\,,\,\,CS = 9a$ και επομένως DS = 15a

. Αφού όμως τα εφαπτόμενα τμήματα προς κύκλο είναι ίσα θα έχουμε : $DL = DE = SN = PS = 6a \Rightarrow LN = 15a - (6a + 6a) = 3a \Rightarrow \boxed{LN = x}$

Φιλικά Νίκος

#189

Άσκηση 072

: tetr_15.jpg (68.34 KiB) Προβλήθηκε 2172 φορές

Θεωρούμε ένα τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και δύο κάθετες ευθείες $\varepsilon$ και $\varepsilon '$ .
Η ευθεία $\varepsilon$ τέμνει την πλευρά ${\rm A}{\rm B}$ στο ${\rm E}$ και την $\Gamma \Delta$ στο ${\rm Z}$ . Η ευθεία $\varepsilon '$ τέμνει την πλευρά ${\rm B}\Gamma$ στο ${\rm H}$ και την ${\rm A}\Delta$ στο $\Theta$ .
Να δείξετε ότι ${\rm E}{\rm Z} = {\rm H}\Theta$

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

KARKAR · #190

spyros έγραψε:Άσκηση 072
Θεωρούμε ένα τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και δύο κάθετες ευθείες $\varepsilon$ και $\varepsilon '$ .
Η ευθεία $\varepsilon$ τέμνει την πλευρά ${\rm A}{\rm B}$ στο ${\rm E}$ και την $\Gamma \Delta$ στο ${\rm Z}$ . Η ευθεία $\varepsilon '$ τέμνει την πλευρά ${\rm B}\Gamma$ στο ${\rm H}$ και την ${\rm A}\Delta$ στο $\Theta$ .
Να δείξετε ότι ${\rm E}{\rm Z} = {\rm H}\Theta$

Είναι η άσκηση

από τις "αποδεικτικές" της παραγράφου 5.5

, του σχολικού βιβλίου .

: 72.png (9.81 KiB) Προβλήθηκε 1916 φορές

Η σχεδόν προφανής ισότητα των τριγώνων EE'Z

και $HH'\Theta$ , απαντά στο ζητούμενο .

KARKAR · #191

Άσκηση 73

: 73.png (7.68 KiB) Προβλήθηκε 2131 φορές

Στις πλευρές

και

τετραγώνου ABCD

, πλευράς

, παίρνω σημεία K,M

,

ώστε $\displaystyle AK=\frac{a}{6}$ και $\displaystyle BM=\frac{a}{2}$ . Η

τέμνει τη διαγώνιο

στο

,

ενώ η

την πλευρά

στο

. Δείξτε ότι $\displaystyle (KNL)=(LBM)=\frac{3}{32}(ABCD)$ .

Συμπλήρωση ζητουμένου μετά την παρέμβαση του Στάθη

orestisgotsis · #192

ΠΕΡΙΤΤΑ

#193

KARKAR έγραψε:Άσκηση 73
73.png
Στις πλευρές και τετραγώνου , πλευράς , παίρνω σημεία ,

ώστε $\displaystyle AK=\frac{a}{6}$ και $\displaystyle BM=\frac{a}{2}$ . Η τέμνει τη διαγώνιο στο ,

ενώ η την πλευρά στο . Δείξτε ότι

Θανάση, το $\displaystyle AK=\frac{a}{6}$ είναι πλεονασμός στην άσκηση και θα επανέλθω αν δεν απαντηθεί.

Φιλικά
Στάθης

Υ.Σ. Εκ των υστέρων απλά να συμπληρώσω ότι και το τετράγωνο είναι πλεονασμός. Το πρόβλημα ισχύει για οποιοδήποτε παραλληλόγραμμο με το μέσο της και κάθε σημείο $K \in AD$ , με το σημείο τομής της με την ευθεία .

KARKAR · #194

orestisgotsis έγραψε:Άσκηση 74

Θεωρούμε δύο τετράγωνα $\displaystyle{AB\Gamma \Delta ,\,\,\,A{B}'{\Gamma }'{\Delta }'}$ με τον ίδιο προσανατολισμό. Να δεχθεί ότι $\displaystyle{B{B}'\bot \Delta {\Delta }'}$ .

: 74.png (11.24 KiB) Προβλήθηκε 2095 φορές

Προσθέτω σχήμα με ...κόστος δύο επιπλέον ερωτήματα . Αν

το σημείο τομής των BB',DD'

,

δείξτε ότι τα S, C', C

είναι συνευθειακά και $\widehat{CSB}=45^0$

#195

KARKAR έγραψε:Άσκηση 61
Το συνημμένο 61.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε τετράγωνο έχει σχεδιαστεί το τεταρτοκύκλιο $D\overset{\frown}{AC}$ , ενώ σημείο κινείται επί της .

Η τέμνει το τόξο στο . Φέρουμε από το παράλληλη στην , η οποία

τέμνει το τόξο στο και την στο . 1) Βρείτε τη θέση του , ώστε .

2) Δείξτε ότι αυτή είναι η μοναδική θέση του , για την οποία είναι επίσης

: Τετράγωνα_061_1.png (18.56 KiB) Προβλήθηκε 2083 φορές

1. Έστω λυμένο το πρόβλημα. Επειδή SM = SB

και η μεσοκάθετος του

κόψει το

στο σημείο

θα είναι

και $\widehat {KMS} = \widehat {KBS} = {90^0}$ . Δηλαδή η

είναι εφαπτομένη του τεταρτοκυκλίου κέντρου

και ακτίνας DA = 4a

= μήκος πλευράς τετραγώνου ABCD

. Όμως στο τεταρτοκύκλιο αυτό εφάπτεται και η

, συνεπώς

. Το σημείο λοιπόν

(και κατ’ επέκταση το

) προσδιορίζεται από την τομή του ημικυκλίου διαμέτρου

που βρίσκεται στο εσωτερικό του τετραγώνου ABCD

με το δοσμένο τεταρτοκύκλιο . Επειδή $KS \bot KD$ ως διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών , τα ορθογώνια τρίγωνα $AKD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BSK$ θα είναι όμοια και αφού AD = 2AK

θα είναι και KB = 2BS

. Δηλαδή τελικά το $\boxed{BC = 4BS}$ . Επίσης KD//BM

ως κάθετες στην ίδια ευθεία

και έτσι αν η

κόψει την

στο σημείο

, το τετράπλευρο DKBT

θα είναι παραλληλόγραμμο και το

μέσο του

.
2.

: Τετράγωνα_061_2.png (25.77 KiB) Προβλήθηκε 2083 φορές

Τώρα με βάσει την πιο πάνω κατασκευή το σημείο

προκύπτει από την τομή του τεταρτοκυκλίου με το ημικύκλιο διαμέτρου

( που είναι μέσα στο τετράγωνο ABCD

) . ομοίως σε η ευθεία

θα περνά από το μέσο του

. Αν οι $BT\,\,,\,\,BZ$ κόψουν την διαγώνιο

στα σημεία $P\,\,,\,\,G$ αντίστοιχα τα σημεία αυτά θα είναι βαρύκεντρα των τριγώνων $BCD\,\,,\,\,BAD$ αντίστοιχα οπότε AG = GP = PC

και από την

-δέσμη θα έχουμε και $\boxed{HL = LM = MN}$ με το

, σημείο τομής της

με την

.

Φιλικά Νίκος

#196

KARKAR έγραψε:
orestisgotsis έγραψε:Άσκηση 74

Θεωρούμε δύο τετράγωνα $\displaystyle{AB\Gamma \Delta ,\,\,\,A{B}'{\Gamma }'{\Delta }'}$ με τον ίδιο προσανατολισμό. Να δεχθεί ότι $\displaystyle{B{B}'\bot \Delta {\Delta }'}$ .
Προσθέτω σχήμα με ...κόστος δύο επιπλέον ερωτήματα . Αν το σημείο τομής των ,δείξτε ότι τα είναι συνευθειακά και $\widehat{CSB}=45^0$

: 74.png (32.54 KiB) Προβλήθηκε 2061 φορές

Από την προφανή ισότητα των τριγώνων $\vartriangle ABB',\,\,\vartriangle ADD'\,$ $\,\left( {AB\mathop = \limits^{ABCD\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} AD,AB'\mathop = \limits^{AB'C'D'\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} AD',\angle BAB' = \angle DAD' = 90{}^0 - \angle B'AD'} \right)$

προκύπτει ότι $\angle ABS = \angle SDA \Rightarrow A,B,D,S$ , με $S \equiv BB' \cap DD'$ (τελικά και ομοκυκλικά) άρα $\angle BSD = \angle BAD = {90^0} \Rightarrow \boxed{BB' \bot AD'}$ .

Η καθετότητα οδηγεί και στην ομοκυκλικότητα των .

Έτσι $\left\{ \begin{gathered} \angle BSC'\mathop = \limits^{A,B',C',S\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle B'AC' = {45^0} \\ \angle BSC\mathop = \limits^{B,C,D,S\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle BAC = {45^0} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$ $\boxed{\angle BSC' = \angle BSC = {{45}^0}} \Rightarrow S,C',C$ συνευθειακά και όλα τα ζητούμενα έχουν αποδειχθεί.

Στάθης

p_gianno · #197

rek2 έγραψε:
Μπάμπης Στεργίου έγραψε:
rek2 έγραψε:Nα παρατηρήσω ότι η άσκηση 17 είναι ειδική περίπτωση της άσκησης 56, επομένως καλόν είναι να πάνε "πακέτο".

Τώρα μια κλασική άσκηση:

Άσκηση 67

Στις πλευρές και $\Gamma \Delta$ τετραγώνου $AB\Gamma \Delta$ θεωρούμε τα σημεία και αντιστοίχως, ώστε να είναι $AB=3AE, \Gamma \Delta =2\Gamma Z$ . Αν οι $E \Delta , BZ$ τέμνουν την διαγώνιο $A\Gamma$ στα αντιστoίχως, να αποδειχτεί ότι το $MNZ \Delta$ είναι εγγράψιμμο.
Ενώ έχω βρει λύση με ομοιότητα και κλασικό κριτήριο εγγραψιμότητας, όχι αυτό με τη δύναμη σημείου μια και το έβαλε ο συνάδελφος, δεν μπόρεσα όμως να βρω μη μετρική λύση.

Θα την προσπαθήσω λίγο ακόμα.

Μπάμπης

Πολύ συνοπτικά

Φανερά οι $BZ,A \Gamma$ τέμνονται πάνω στο πλέγμα.

Από τα παραλληλόγραμμα που σχηματίζονται από το πλέγμα προκύπτει εύκολα ότι $MA= MK=\Delta K:2$ δηλαδή $\Delta K:KM=2$ (1)

Επίσης από το τργ NHB

έχουμε

(2)

Λαμβάνοντας υπόψη τις 1,2 στα ορθογώνια τργ $NHB , \Delta KM$ προκύπτει από την ομοιότητα ότι $\angle N=\angle \Delta=\omega$ .

Είναι τώρα $\angle KNB=45^0+\omega=Z \Delta M$ συνεπώς $\Delta MNZ$ εγγράψιμο.

#198

KARKAR έγραψε:Άσκηση 73 Στις πλευρές και τετραγώνου , πλευράς , παίρνω σημεία , ώστε $\displaystyle AK=\frac{a}{6}$ και $\displaystyle BM=\frac{a}{2}$ . Η τέμνει τη διαγώνιο στο , ενώ η την πλευρά στο . Δείξτε ότι $\displaystyle (KNL)=(LBM)=\frac{3}{32}(ABCD)$ .

$\bullet$ Έστω $E \equiv CK \cap AB,Z \equiv CK \cap BD$ . Τότε από το τρίγωνο $\vartriangle ZBC$ με διατέμνουσα την , από το Θεώρημα του Μενελάου έχουμε:

$\dfrac{{\left( {MB} \right)}}{{\left( {MC} \right)}} \cdot \dfrac{{\left( {KC} \right)}}{{\left( {KZ} \right)}} \cdot \dfrac{{\left( {LZ} \right)}}{{\left( {LB} \right)}} = 1\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {MB} \right) = \left( {MC} \right)} \boxed{\dfrac{{\left( {LZ} \right)}}{{\left( {LB} \right)}} = \dfrac{{\left( {KZ} \right)}}{{\left( {KC} \right)}}}:\left( 1 \right)$ .

Με $KD\parallel BC \Rightarrow \vartriangle KZD \sim \vartriangle CZB \Rightarrow \dfrac{{\left( {KZ} \right)}}{{\left( {ZC} \right)}} = \dfrac{{\left( {DZ} \right)}}{{\left( {ZB} \right)}} \Rightarrow$ $\dfrac{{\left( {KZ} \right)}}{{\left( {KZ} \right) + \left( {ZC} \right)}} = \dfrac{{\left( {DZ} \right)}}{{\left( {DZ} \right) + \left( {ZB} \right)}} \Rightarrow$ $\dfrac{{\left( {KZ} \right)}}{{\left( {KC} \right)}} = \dfrac{{\left( {DZ} \right)}}{{\left( {DB} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \dfrac{{\left( {LZ} \right)}}{{\left( {LB} \right)}} = \dfrac{{\left( {DZ} \right)}}{{\left( {DB} \right)}} \Rightarrow \left( {D,L,Z,B} \right)$

αρμονική τετράδα άρα και η δέσμη είναι αρμονική και με $CD\parallel BE \Rightarrow N$ το μέσο της και με το μέσο της

$BC\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle BCE} MN\parallel CE \Rightarrow \left( {MKC} \right) = \left( {NKC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{ - \left( {KLC} \right)}$ $\left( {MLC} \right) = \left( {KNL} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {MLC} \right) = \left( {BML} \right)\,\,\alpha \varphi o\upsilon \,\,M\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,BC}$ $\boxed{\left( {BML} \right) = \left( {KNL} \right)}:\left( 1 \right)$ .
[attachment=0]73.png[/attachment]
$\bullet$ Με $AE\parallel DC \Rightarrow \vartriangle AKE \sim \vartriangle DKC \Rightarrow \dfrac{{\left( {AE} \right)}}{{\left( {DC} \right)}} = \dfrac{{\left( {KA} \right)}}{{\left( {KD} \right)}}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AD} \right) = 6\left( {KA} \right) \Rightarrow \left( {KD} \right) = 5\left( {KA} \right)} \dfrac{{\left( {AE} \right)}}{{\left( {DC} \right)}} = \dfrac{1}{5} \Rightarrow \left( {AE} \right) = \dfrac{a}{5} \Rightarrow$

$\left( {EB} \right) = a + \dfrac{a}{5} \Rightarrow 2\left( {NB} \right) = \dfrac{{6a}}{5} \Rightarrow$ $\left( {NB} \right) = \dfrac{{3a}}{5} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{\left( {NB} \right)}}{{\left( {CD} \right)}} = \dfrac{3}{5}}:\left( 2 \right)$ .

Με $NB\parallel DC \Rightarrow \vartriangle NLB \sim \vartriangle CLD \Rightarrow \dfrac{{\left( {LB} \right)}}{{\left( {LD} \right)}} = \dfrac{{\left( {NB} \right)}}{{\left( {DC} \right)}} = \dfrac{3}{5} \Rightarrow$ $\dfrac{{\left( {LB} \right)}}{{\left( {LB} \right) + \left( {LD} \right)}} = \dfrac{3}{{3 + 5}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{\left( {LB} \right)}}{{\left( {BD} \right)}} = \dfrac{3}{8}}:\left( 4 \right)$

Για τα τρίγωνα $\vartriangle BCL,\vartriangle BCD$ με κοινό ύψος προς τις βάσεις τους έχουμε: $\dfrac{{\left( {BCL} \right)}}{{\left( {BCD} \right)}} = \dfrac{{\left( {LB} \right)}}{{\left( {BD} \right)}}\mathop = \limits^{\left( 4 \right)} \dfrac{3}{8}$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {BCL} \right) = 2\left( {BLM} \right),\left( {ABCD} \right) = 2\left( {BCL} \right)} \dfrac{{2\left( {BCL} \right)}}{{\dfrac{{\left( {ABCD} \right)}}{2}}} = \dfrac{3}{8} \Rightarrow$ $\ldots \boxed{\left( {BCL} \right) = \dfrac{3}{{32}}\left( {ABCD} \right)}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#199

KARKAR έγραψε:Άσκηση 73
Το συνημμένο 73.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στις πλευρές και τετραγώνου , πλευράς , παίρνω σημεία ,

ώστε $\displaystyle AK=\frac{a}{6}$ και $\displaystyle BM=\frac{a}{2}$ . Η τέμνει τη διαγώνιο στο ,

ενώ η την πλευρά στο . Δείξτε ότι $\displaystyle (KNL)=(LBM)=\frac{3}{32}(ABCD)$ .

Συμπλήρωση ζητουμένου μετά την παρέμβαση του Στάθη

Καλησπέρα στους φίλους.
Παρ ότι κι αυτή η άσκηση με αναλυτική γεωμετρία δίδει: πιο γρήγορα και με λιγότερη σπαζοκεφαλιά αποτέλεσμα, ας ακολουθήσουμε την συνήθη ταλαιπωρία όπως ό Στάθης

: τετράγωνα 73.png (20.63 KiB) Προβλήθηκε 2011 φορές

1) Επειδή η διάμεσος τριγώνου χωρίζει αυτό σε ισοδύναμα μέρη αρκεί να δείξουμε ότι (KLM) = (KMC)

. Γι’ αυτό πάλι αρκεί να δείξουμε ότι το τετράπλευρο KNMC

είναι τραπέζιο . Θέτω το μήκος της πλευράς του τετραγώνου με $12a\,,\,\,a > 0$ . Ας είναι

το σημείο τομής των $CK\,\,,\,\,BA$ και

το σημείο τομής των $CN\,\,\,,\,\,\,DA$ . Θα είναι $CM = MB \Rightarrow DK = KH \Rightarrow DK = 10a\,,\,\,KA = 2a\,,\,\,AH = 8a$ .
Από την ομοιότητα των τριγώνων $HAN\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,HDC$ έχουμε $\boxed{AN = \frac{{24a}}{5}}$ .
Από την ομοιότητα των τριγώνων $SAK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,SBC$ βρίσκουμε $\boxed{AS = \frac{{12a}}{5}}$ .
Έτσι $SN = (\displaystyle\frac{{12}}{5} + \displaystyle\frac{{24}}{5})a \Rightarrow \boxed{SN = \displaystyle\frac{{36a}}{5}}$ , ενώ $NB = AB - AN = 12a - \displaystyle\frac{{24a}}{5} \Rightarrow \boxed{NB = \displaystyle\frac{{36a}}{5}}$ . Δηλαδή το

είναι μέσο του

και άρα

και το πρώτο ζητούμενο αποδείχτηκε.

2) Αν η από το

παράλληλη στην

κόψει τις $AB\,\,,\,\,CD$ στα $Z\,\,,\,\,P$ αντίστοιχα επειδή $\displaystyle\frac{{KL}}{{LM}} = \displaystyle\frac{{DK}}{{MB}} = \displaystyle\frac{{10a}}{{6a}} = \displaystyle\frac{5}{3} \Rightarrow LM = \displaystyle\frac{3}{8}KM$ . Συνεπώς και το ορθογώνιο PCBZ

έχει εμβαδόν τα $\displaystyle\frac{3}{8}$ του δεδομένου τετραγώνου .
Είναι : $(LBC) = \displaystyle\frac{1}{2}(PCBZ) \Rightarrow 2(KLM) = \displaystyle\frac{1}{2} \cdot \displaystyle\frac{3}{8}(ABCD)$ Δηλαδή $\boxed{(KLM) = \frac{3}{{32}}(ABCD)}$ .

Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #200

μια σκέψη ακόμη για την 61

Έστω $\textrm{BS=x }$ , $\alpha$ η πλευρά του τετραγώνου κι ας είναι $\textrm{BS=SM=x }$ .Τότε $\textrm{DS}=\alpha +\textrm{x} ,\textrm{SC}=\alpha -\textrm{x}$ και από το ορθογώνιο τρίγωνο $\textrm{DCS }$ έχουμε $\left ( \alpha +x \right )^{2}=\left ( \alpha -x \right )^{2}+\alpha ^{2}$ απ όπου εύκολα παίρνουμε $\textrm{x}=\dfrac{\alpha }{4}$
Θα αποδείξουμε ότι γι αυτή τη θέση του $\textrm{S }$ είναι $\textrm{LM=MN }$ .
Όταν $\textrm{x}=\dfrac{\alpha }{4}$ ,είναι $\textrm{CS}=\dfrac{3\alpha }{4}$ .
$\textrm{DA//CS}\Rightarrow \dfrac{DA}{CS}=\dfrac{TA}{CT}=\dfrac{DT}{TS}\Rightarrow \dfrac{\alpha }{\dfrac{3\alpha }{4}}=\dfrac{DT}{TS} \Rightarrow \textrm{TS}=\dfrac{15\alpha }{28}$ και όμοια παίρνουμε $\textrm{TC}=\dfrac{3}{7}\textrm{AC}=\dfrac{3\alpha \sqrt{2}}{7}$
$\textrm{MN//CT}\Rightarrow \dfrac{MN}{CT}=\dfrac{SM}{ST}=\dfrac{NS}{NC}$ και με βάση τα προηγούμενα δεδομένα έχουμε εύκολα , $\textrm{MN}=\dfrac{\alpha \sqrt{2}}{5},\textrm{SN}=\dfrac{7\alpha }{20}$ οπότε $\textrm{NC}=\textrm{SC-SN}=\dfrac{3\alpha }{4}-\dfrac{7\alpha }{20}\Rightarrow \textrm{NC} =\dfrac{2\alpha }{5}$
Τότε όμως από $\textrm{NC}^{2}=\textrm{\textrm{NM}}\cdot \textrm{NL}$ και $\textrm{MN}=\dfrac{\alpha \sqrt{2}}{5}$ , $\textrm{NC} =\dfrac{2\alpha }{5}$ έχουμε $\textrm{NL}=\dfrac{2\alpha \sqrt{2}}{5}=2\textrm{MN}\Rightarrow \textrm{ML=MN}=\dfrac{\alpha \sqrt{2}}{5}$

Για οποιαδήποτε θέση του $\textrm{S }$ στην $\textrm{BC }$ , το τετράπλευρο $\textrm{CALM }$ είναι ισοσκελές τραπέζιο κι έτσι θα είναι $\textrm{LK=MN}$ (απλή η απόδειξη). Υποθέτουμε ότι για $\textrm{BS}>\dfrac{\alpha }{4}$ επιτυγχάνεται η ισότητα $\textrm{LM=MN }$ οπότε θα έχουμε και $\textrm{LM=MN=KL }$ .Ακόμη,σταθερά ισχύει $\textrm{CN}^{2}=\textrm{NM}\cdot \textrm{NL}$ και για $\textrm{NL=2MN }$ έχουμε $\textrm{CN}^{2}=2\textrm{MN}^{2}\Rightarrow \sqrt{2}\textrm{CN}=2\textrm{MN}$
$\dfrac{BN}{BC}=\dfrac{KN}{AC}\Rightarrow \dfrac{\alpha -CN}{\alpha }=\dfrac{3MN}{\alpha \sqrt{2}}\Rightarrow \textrm{MN}=\dfrac{\alpha \sqrt{2}}{5}$
Συγχρόνως όμως ,από την ομοιότητα των $\textrm{DSE,DML}$ $\dfrac{DM}{DS}=\dfrac{ML}{SE}\Rightarrow \dfrac{\alpha }{DS}=\dfrac{ML}{x\sqrt{2}}\Rightarrow \textrm{ML}=\dfrac{\alpha x\sqrt{2}}{DS}>\dfrac{\alpha ^{2}\sqrt{2}}{4DS}>\dfrac{\alpha ^{2}\sqrt{2}}{5}$ αφού με $\textrm{x}>\dfrac{\alpha }{4}$ εύκολα προκύπτει από πυθαγόρειο στο $\textrm{DCS}$ ότι $\textrm{DS}<\dfrac{5\alpha }{4}$ .Με την υπόθεση λοιπόν ότι για $\textrm{x}>\dfrac{\alpha }{4},\textrm{ML=MN}$ καταλήγουμε σε αντίφαση και ομοίως αν $\textrm{x}<\dfrac{\alpha }{4}$

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

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

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