Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Μιχάλης Τσουρακάκης · #221

Μια σκέψη ακόμη για την 78

Προφανώς τα ορθογώνια τρίγωνα $\textrm{BNC,BMC}$ είναι ίσα , οπότε , $\textrm{BN=MC}$
$\textrm{NC}^{2}=\textrm{NK}\cdot \textrm{NB},\textrm{MB}^{2}=\textrm{MS}\cdot \textrm{MC}$ Αλλά $\textrm{CN=MB}$ οπότε $\textrm{NK}\cdot \textrm{NB}$ = $\textrm{MS}\cdot \textrm{MC}$ $\Rightarrow \textrm{NK=MS}$ κι επομένως $\textrm{NB-NK=MC-MS}\Rightarrow \textrm{CS=BK}\Rightarrow \textrm{SKCB}$ ισοσκελές τραπέζιο ,άρα $\textrm{BS=KC}$ .Έτσι τα ορθογώνια τρίγωνα $\textrm{KNC,BMS}$ είναι ίσα οπότε $\angle BSM=\angle CKN=90^{0}$ κι επειδή , $\angle BSC =90^{0}$ , $\textrm{M,S,C}$ συνευθειακά.

Με πυθαγόρειο στο $\textrm{BMC}$ έχουμε , $\textrm{CM}=\dfrac{\alpha \sqrt{5}}{2}$ ,κι έτσι από την $\textrm{MB}^{2}=\textrm{MS}\cdot \textrm{MC}$ παίρνουμε $\textrm{MS}=\dfrac{\alpha \sqrt{5}}{10}$ .Τέλος ,με πυθαγόρειο στο $\textrm{ BMS}$ βρίσκουμε , $\textrm{SB}=\dfrac{2\alpha \sqrt{5}}{10}=2\textrm{SM}$

KARKAR · #222

Άσκηση 82

: 82.png (13.83 KiB) Προβλήθηκε 1332 φορές

Σε τετράγωνο

έχουμε γράψει το τεταρτοκύκλιο $B\overset{\frown}{AC}$ . Να κατασκευάσετε κύκλο ,

ο οποίος να εφάπτεται των πλευρών DA,DC

και να διέρχεται από το

.

Στη συνέχεια να κατασκευάσετε κύκλο ο οποίος να εφάπτεται των πλευρών BA,BC

και του ημικυκλίου . Εξηγήστε γιατί οι δύο κύκλοι είναι ομόκεντροι !

Ιστοσελίδα · #223

Ευχαριστώ τον Αποστόλη (apotin) για την άμεση ανταπόκρισή του...περιμένω και τους υπόλοιπους φίλους.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #224

Καλησπέρα.Μια σκέψη για την 82

Για το πρώτο ερώτημα , έστω $\textrm{K}$ το κέντρο του ζητούμενου κύκλου.Αυτό προσδιορίζεται ως η τομή των κάθετων στα σημεία επαφής $\textrm{E,Z }$ επί των $\textrm{CD,AD}$ αντίστοιχα.Τότε όμως το $\textrm{KEDZ}$ είναι τετράγωνο κι έτσι το $\textrm{K}$ θα είναι σημείο της διαγωνίου $\textrm{DB}$
Αν $\textrm{x}$ η ακτίνα του κύκλου θα είναι $\textrm{DK+KB}=\textrm{DB}\Rightarrow \textrm{x}\sqrt{2}+\textrm{x}=\alpha \sqrt{2}\Rightarrow \textrm{x}=\alpha \left ( 2-\sqrt{2} \right )$ και το Κ προσδιορίστηκε ως το σημείο επί της $\textrm{DB}$ με $\textrm{BK}=\alpha \left ( 2-\sqrt{2} \right )$

Για το δεύτερο ερώτημα τώρα έστω $\textrm{r}$ η ακτίνα του κύκλου.
Το κέντρο $\textrm{L}$ του ζητούμενου κύκλου , προσδιορίζεται ως η τομή των κάθετων στα σημεία επαφής $\textrm{M,N }$ επί των $\textrm{BC,AB}$ αντίστοιχα . Τότε όμως το $\textrm{LNBM}$ είναι τετράγωνο κι έτσι το $\textrm{L}$ θα είναι σημείο της διαγωνίου $\textrm{DB}$ .Ακόμη,αν $\textrm{Q}$ το σημείο επαφής του τεταρτημόριου και του κύκλου κέντρου $\textrm{L}$ , τότε $\textrm{QL+LB}=\textrm{QB}\Rightarrow \textrm{r}\sqrt{2}+\textrm{\textrm{r}}=\alpha \Rightarrow \textrm{r}=\alpha \left ( \sqrt{2}-1 \right )$ .Τότε όμως $\textrm{LB}=\textrm{r}\sqrt{2}=\alpha \left ( \sqrt{2}-1 \right )\sqrt{2}\Rightarrow \textrm{LB}=\alpha \left ( 2-\sqrt{2} \right )=\textrm{BK}$ .Άρα τα $\textrm{K,L}$ ταυτίζονται και οι δυο κύκλοι είναι ομόκεντροι

KARKAR · #225

'Ασκηση 83

: 83.png (8.96 KiB) Προβλήθηκε 1267 φορές

Ημικύκλιο βρίσκεται στο εσωτερικό τετραγώνου ABCD

, έχοντας ως άκρα τα μέσα M,N

των πλευρών AB,AD

αντίστοιχα . Από την κορυφή

φέρουμε τα εφαπτόμενα στο ημικύκλιο

τμήματα CS,CT

. Υπολογίστε τα τμήματα CS,ST

( συναρτήσει της πλευράς

του τετραγώνου )

Γιώργος Μήτσιος · #226

ΑΣΚΗΣΗ 084

: sq-p3.PNG (7.47 KiB) Προβλήθηκε 1263 φορές

Καλησπέρα σε όλους τους φίλους.

Υποβάλλω διασκευή μιας παλιάς άσκησης που έδωσα σε μαθητές μου σε Λύκειο της ΟΡΕΣΤΙΑΔΑΣ
ένα χρόνο πριν την μετάθεσή μου απ' αυτήν ...και πριν ανηφορίσει προς εκεί ο φίλος Παρμενίδης !
Ουσιαστικά πρόκειται για ...πακετάρισμα σε ένα θέμα ,γνωστών κατά το μάλλον , προτάσεων-προβλημάτων.

Έστω τετράγωνο $AB\Gamma \Delta$ πλευράς $\alpha$ . Στην πλευρά $B\Gamma$ θεωρούμε το σημείο

τέτοιο ώστε : $AE^{2}=2E\Gamma ^{2}$

και στην

το σημείο

: $AE^{2}=16\left(BEZ \right)$ .

1) Να βρεθεί ο λόγος των εμβαδών $\frac{\left(\Delta \Gamma Z \right)}{\left( AB\Gamma \Delta\right) }$

Ας θεωρήσουμε στην συνέχεια τυχαίο σημείο

στο εσωτερικό του τριγώνου $\Gamma \Delta Z$ και τις αποστάσεις του $KH ,K\Theta ,KI$ από τις πλευρές του τριγώνου αυτού. Θεωρούμε ακόμη κύκλο με ακτίνα $R=KH +K\Theta +KI$ και τέλος το εγγεγραμμένο σ΄αυτόν τον κύκλο κανονικό πολύγωνο που έχει

διαγωνίους. Αν είναι $AB=\alpha =12$ τότε

2) Να εξεταστεί αν το εμβαδόν του κανονικού πολυγώνου είναι τέλειο τετράγωνο !

Φιλικά Γιώργος .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #227

Μια αντιμετώπιση της 83

Ας είναι $\textrm{K}$ το μέσον της $\textrm{MN}$ .Επειδή, $\angle MAN=90^{0}$ το $\textrm{K}$ είναι κέντρο του ημικυκλίου.Είναι
$\textrm{MN}=\frac{BD}{2}\Rightarrow \textrm{MN}=\frac{\alpha \sqrt{2}}{2}$ .Αν $\textrm{F}$ η τομή της $\textrm{AC}$ με το ημικύκλιο θα είναι $\textrm{AF=MN}=\frac{\alpha \sqrt{2}}{2}$
$\textrm{CS}^{2}=\textrm{CA}\cdot \textrm{CF}=\alpha \sqrt{2}\cdot \frac{\alpha \sqrt{2}}{2} \Rightarrow \textrm{CS=CT}=\alpha$
$\textrm{CK}=\textrm{AC-AK}=\alpha \sqrt{2}-\frac{\alpha \sqrt{2}}{4}\Rightarrow \textrm{CK}=\frac{3\alpha \sqrt{2}}{4}$
Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\textrm{KSC}$ έχουμε , $\textrm{KS}^{2}=\textrm{KH}\cdot \textrm{KC}$ απ όπου , $\textrm{KH}=\frac{\alpha \sqrt{2}}{12}$ ΄.Τότε $\textrm{HC=}\textrm{KC-KH}=\frac{2\alpha \sqrt{2}}{3}$ .
$\textrm{SH}^{2}=\textrm{KH}\cdot \textrm{HC}=\frac{\alpha \sqrt{2}}{12}\cdot \frac{2\alpha \sqrt{2}}{3}\Rightarrow \textrm{SH}=\frac{\alpha }{3}\Rightarrow \textrm{ST}=2\textrm{SH}=\frac{2\alpha }{3}$

#228

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 81

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{ABCD}$ και σημείο $\displaystyle{E}$ στη διαγώνιο $\displaystyle{AC}$ , με $\displaystyle{AE<EC}$ . Η ευθεία $\displaystyle{DE}$ τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{Z}$ .

Η κάθετη προς την $\displaystyle{DZ}$ στο σημείο $\displaystyle{E}$ τέμνει την $\displaystyle{AD}$ στο $\displaystyle{K}$ , την $\displaystyle{BC}$ στο $\displaystyle{L}$ και την ευθεία $\displaystyle{BA}$ στο $\displaystyle{H}$ . Να αποδείξετε ότι :

α) $\displaystyle{DZ=KL}$

β) $\displaystyle{AH=CL}$

γ) $\displaystyle{DK=ZH}$

δ) Το τετράπλευρο $\displaystyle{DKZL}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Παιδιά, επειδή αυτή προτάθηκε σχεδόν στο τέλος της προηγούμενης σελίδας και καλό είναι να μην ξεχαστεί

. Θα σας αρέσει για την απλότητα και την ομορφιά της ! Αφήστε που το φθινόπωρο μπορούμε να την κάνουμε και στο μάθημα στα Β' τάκια !

Μπάμπης

Γιώργος Μήτσιος · #229

Για την γειτονική 083 του φίλου Θανάση.

Αν

το μέσο του

τότε είναι : $MN\parallel BD\Rightarrow AOC\perp MN$ οπότε

$AM=\frac{\alpha }{2}\Rightarrow R=OM=\frac{\alpha \sqrt{2}}{4}$ ενώ $OC=AC-OA=\alpha {\sqrt{2}}-\frac{A\sqrt{2}}{4}=\frac{3\alpha \sqrt{2}}{4}$ .
Στο ορθ. τρίγωνο OSC

ισχύει $CS^{2}=OC^{2}-OS^{2}= \frac{9\alpha ^{2}}{8}-\frac{\alpha ^{2}}{8}=\alpha ^{2}\Rightarrow {\color{blue} CS=CT=\alpha }$ .
Εντυπωσιακό ( αν βεβαίως είναι ορθό) αποτέλεσμα !

Συμπληρώνω για το

( ...χθες το είδα ως CT.

..) .Αν είναι

το μέσον του

,
από την ομοιότητα των τριγώνων SKC,SOC

προκύπτει

$\frac{KS}{CS}=\frac{SO}{CO}=\frac{R}{CO}=\frac{1}{3}\Rightarrow KS=\frac{1}{3}CS \Leftrightarrow ST=\frac{2}{3}CS\Leftrightarrow {\color{blue} ST=\frac{2}{3}\alpha }$ .

Φιλικά Γιώργος.

: sq-83.PNG (8.07 KiB) Προβλήθηκε 1010 φορές

Μιχάλης Τσουρακάκης · #230

Γειά σου Μπάμπη.
Πράγματι ,είναι ωραία και διδακτική η άσκηση 81. Δίνω μια ιδέα.

1.Το τρίγωνο $\textrm{DHZ}$ έχει τα $\textrm{DA,HE}$ ύψη κι επομένως $\textrm{ZQ}$ το άλλο ύψος του οπότε $\textrm{QDEK}$ εγγράψιμο , άρα $\angle QDE=\angle EKZ=\angle EAZ=45^{0}$ (αφού και $\textrm{EKAZ}$ είναι εγγράψιμο).Τότε και $\angle DHL=45^{0}$ κι επειδή $\angle DBL=45^{0}$ ,το $\textrm{HDLB}$ είναι εγγράψιμο , οπότε $\angle HDL=90^{0}$ .Συνεπώς, το τρίγωνο $\textrm{HDL}$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές με διάμεσο $\textrm{DE}$ .Άρα $\textrm{DE=EL}$ .Ακόμη,λόγω του εγγράψιμου $\textrm{KEZA}$ είναι $\angle EKZ=\angle EZK=\angle EAK=\angle EAZ=45^{0}$ κι έτσι $\textrm{KE=EZ}$ .
Επομένως $\textrm{KE+EL}=\textrm{DE+EZ}\Rightarrow \textrm{KL}=\textrm{DZ}$

2.Τα ορθογώνια τρίγωνα $\textrm{DHA,DCL}$ είναι ίσα αφού έχουν $\textrm{DH=DL},\angle DHA=\angle DLC$ ( $\textrm{DLBH}$ είναι εγγράψιμο όπως αποδείξαμε).Έτσι $\textrm{CL=HA}$

3,4.Όπως αποδείξαμε στο πρώτο ερώτημα,το τρίγωνο $\textrm{HDL}$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές με διάμεσο $\textrm{DE}$ που προφανώς είναι μεσοκάθετος της $\textrm{HL}$ οπότε $\textrm{ZH=ZL}$ .Επειδή , $\textrm{ZQ,LD}\perp \textrm{DH}\Rightarrow \textrm{ZQ//LD}\Rightarrow \textrm{DKZL}$ τραπέζιο κι επειδή οι διαγώνιοί του $\textrm{DZ,KL}$ είναι ίσες αυτό θα είναι ισοσκελές οπότε $\textrm{DK=ZL=ZH}$ και όλα τα ζητούμενα αποδείχτηκαν

KARKAR · #231

Άσκηση 85

: Ημικύκλια σε τετράγωνο.png (8.2 KiB) Προβλήθηκε 1164 φορές

Το

είναι σημείο της πλευράς

τετραγώνου ABCD

ώστε $\displaystyle AS=\frac{2}{3}a$ .

Σημείο

κινείται επί της

. Γράφω το εντός του τετραγώνου ημικύκλιο με άκρα S,T

.

1) Βρείτε τη θέση του

, ώστε αν

εφαπτόμενο τμήμα , να είναι τα B,Q,D

συνευθειακά .

2) Βρείτε τη θέση του

, ώστε το ημικύκλιο να εφάπτεται της

KARKAR · #232

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.

: 70.png (16.19 KiB) Προβλήθηκε 1148 φορές

Η άσκηση έχει επιλυθεί με παρόμοιες εκφωνήσεις πλειστάκις . Ωστόσο η τριγωνομετρική λύση , νομίζω ότι είναι πολύ "κομψή" .

Επειδή λοιπόν $\displaystyle\omega=\phi +\theta$ , $\displaystyle tan\omega =tan(\phi +\theta )=\frac{\frac{1}{2}+\frac{1}{3}}{1-\frac{1}{6}}=1\Leftrightarrow \omega =45^0$

kostas_zervos · #233

kostas_zervos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 65

Το συνημμένο ask48.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνεται τετράγωνο πλευράς και κέντρου Κ και ο κύκλος με $\color{red}2R>\sqrt{2}\cdot a$ . Ένα σημείο κινείται στον παραπάνω κύκλο. Αν η μέγιστη τιμή της γωνίας $\theta=A\hat{M}C$ είναι , τότε να βρεθεί ο λόγος των εμβαδών του κυκλικού δίσκου και του τετραγώνου.

Edit

Μάλλον ξεχάστηκε γι αυτό την επαναφέρω....

KARKAR · #234

kostas_zervos έγραψε: Δίνεται τετράγωνο πλευράς και κέντρου Κ και ο κύκλος με $\color{red}2R>\sqrt{2}\cdot a$ . Ένα σημείο

κινείται στον παραπάνω κύκλο. Αν η μέγιστη τιμή της γωνίας $\theta=A\hat{M}C$ είναι ,

τότε να βρεθεί ο λόγος των εμβαδών του κυκλικού δίσκου και του τετραγώνου.

: 65.png (15.47 KiB) Προβλήθηκε 1116 φορές

Είναι $E_{ \tau \epsilon \tau \rho }=a^2$ . Εύκολα από το σχήμα είναι $\hat{M}\leq \hat{M'}$

Επειδή $AC=a \sqrt{2}$ θα είναι $\displaystyle KM'=\frac{a\sqrt{2}\sqrt{3}}{2}$ συνεπώς $\displaystyle E_{\kappa \upsilon \kappa \lambda }=\frac{3\pi a^2}{2}$ ,

τελικά , ο ζητούμενος λόγος είναι $\displaystyle \lambda =\frac{3\pi }{2}$

#235

exdx έγραψε:Άσκηση 080. Σε τετράγωνο $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta \,\,\,\,}$ , πλευράς $\displaystyle{\,\,\,1\,\,\,}$ παίρνουμε σημείο $\displaystyle{{\rm Z}}$ ώστε $\displaystyle{{\rm Z}\Delta = x}$ . Η μεσοκάθετος του $\displaystyle{\,\,A{\rm Z}\,\,}$ τέμνει τις $\displaystyle{\,\,A\Delta \,\,,\,\,{\rm B}\Gamma \,\,}$ στα $\displaystyle{\,\,{\rm M}\,\,,\,\,{\rm K}\,}$ . Έστω $\displaystyle{\,\Lambda \,}$ το συμμετρικό του $\displaystyle{\,\,\,{\rm B}\,\,\,}$ ως προς την $\displaystyle{\,{\rm M}{\rm K}\,}$ . Η $\displaystyle{\,\,{\rm Z}\Lambda \,\,}$ τέμνει την $\displaystyle{\,{\rm B}\Gamma \,}$ στο $\displaystyle{\,\,{\rm N}\,\,\,}$ . Να αποδείξετε ότι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο $\displaystyle{\,\,{\rm Z}\Gamma {\rm N}\,\,}$ είναι ίση με $\displaystyle{\,\,\Lambda {\rm N}\,\,}$ .

$\bullet$ Ας σημειωθεί ότι οι γωνίες $\angle {\rm M}{\rm Z}\Lambda ,\angle {\rm N}\Lambda {\rm K}$ (που έχει σημειώσει ο Γιώργος στο σχήμα του ως ορθές) είναι ορθές ως συμμετρικές ως προς την ${\rm M}{\rm K}$

των ορθών γωνιών $\angle {\rm M}{\rm A}{\rm B},\angle {\rm N}{\rm B}{\rm A}$ αντίστοιχα. Έστω ${\rm E} \equiv \Lambda {\rm K} \cap {\rm A}{\rm B}$ . Τότε το τετράπλευρο ${\rm E}{\rm B}\Lambda {\rm N}$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο

(αφού $\angle {\rm M}\Lambda {\rm E} = \angle {\rm N}{\rm B}{\rm E} = {90^0} \Rightarrow \angle {\rm E}{\rm N}{\rm B} = \angle {\rm E}\Lambda {\rm B}$ $\mathop = \limits^{\vartriangle {\rm K}{\rm B}\Lambda \,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma \,\,\left( {{\rm K}\,\,\sigma \eta \mu \varepsilon \iota o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,\mu \varepsilon \sigma o\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \eta \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,{\rm B}\Lambda } \right)}$ $\angle \Lambda {\rm B}{\rm N} \Rightarrow {\rm E}{\rm N}\parallel {\rm B}\Lambda \Rightarrow {\rm E}{\rm B}\Lambda {\rm N}$

"τραπέζιο" και σαν εγγράψιμο είναι ισοσκελές τραπέζιο, άρα $\boxed{{\rm N}\Lambda = {\rm E}{\rm B}}:\left( 1 \right)$ .

Προφανώς το τετράπλευρο ${\rm A}{\rm B}\Lambda {\rm Z}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο (αφού το τμήμα που συνδέει τα μέσα των βάσεών του ${\rm A}{\rm Z}\parallel {\rm B}\Lambda$ , είναι μεσοκάθετο σε αυτές).

Έτσι ${\rm A}{\rm B} = {\rm Z}\Lambda \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} {\rm A}{\rm E} = {\rm Z}{\rm N}\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm A}{\rm Z}\parallel {\rm B}\Lambda \parallel {\rm E}{\rm N}} {\rm A}{\rm E}{\rm N}{\rm Z}$ ισοσκελές τραπέζιο, άρα εγγράψιμο σε κύκλο.
[attachment=0]80.png[/attachment] $\bullet$ Είναι $\boxed{\angle {\rm Z}{\rm M}\Delta \mathop = \limits^{o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,} \angle {\rm N}{\rm Z}\Gamma }:\left( 2 \right)$ . Έστω $\Upsilon \equiv {\rm A}\Gamma \cap {\rm Z}{\rm N}$ . Τότε: $\left\{ \begin{gathered} \angle ZMD\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda o\upsilon \varsigma \,\,\tau \rho \iota \gamma \omega \nu o\upsilon \,\,\vartriangle {\rm M}{\rm A}{\rm Z}} 2\angle {\rm M}{\rm Z}{\rm A} \\ \angle {\rm N}{\rm Z}\Gamma \mathop = \limits^{{\rm O}{\rm Z}\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \,\,\tau \eta \varsigma \,\,\gamma \omega \nu \iota \alpha \varsigma \,\,\angle {\rm N}{\rm Z}\Gamma } 2\angle {\rm N}{\rm Z}{\rm O} \\ \end{gathered} \right.$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \angle {\rm M}{\rm Z}{\rm A} = \angle {\rm N}{\rm Z}{\rm O} \Rightarrow$ $\angle {\rm M}{\rm Z}{\rm A} + \angle {\rm A}{\rm Z}{\rm N} = \angle {\rm N}{\rm Z}{\rm O} + \angle {\rm A}{\rm Z}{\rm N} \Rightarrow$ $\angle {\rm M}{\rm Z}{\rm N} = \angle {\rm A}{\rm Z}{\rm O}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle {\rm M}{\rm Z}{\rm N} = {{90}^0}} \angle {\rm A}{\rm Z}{\rm O} = {90^0}$

$\Rightarrow {\rm Z}{\rm A} \bot {\rm Z}{\rm O}\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm Z}{\rm O}\,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \,\tau o\upsilon \,\,\tau \rho \iota \gamma \omega \nu o\upsilon \,\,\vartriangle {\rm Z}\Upsilon \Gamma \,} {\rm Z}{\rm A}$ η εξωτερική διχοτόμος του τριγώνου $\vartriangle {\rm Z}\Upsilon \Gamma$ οπότε η σειρά $\left( {\Gamma ,\Upsilon ,{\rm O},{\rm A}} \right)$ είναι αρμονική,

άρα και η δέσμη ${\rm N}.\Gamma \Upsilon {\rm O}{\rm A}$ είναι αρμονική και με ${\rm N}{\rm O}$ την εσωτερική διχοτόμο του τριγώνου $\vartriangle \Gamma {\rm N}\Upsilon \Rightarrow {\rm N}{\rm A}$

η εξωτερική διχοτόμος του τριγώνου αυτού και συνεπώς είναι ${\rm N}{\rm A} \bot {\rm N}{\rm O} \Rightarrow \angle {\rm A}{\rm N}{\rm O} = {90^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle {\rm A}{\rm Z}{\rm O} = {{90}^0}} {\rm A}{\rm Z}{\rm O}{\rm N}$ εγγράψιμο.

Από την ομοκυκλικότητα των τετράδων ${\rm A},{\rm E},{\rm N},{\rm Z}$ και ${\rm A},{\rm N},{\rm O},{\rm Z}$ με τρία κοινά σημεία (τα ${\rm A},{\rm N},{\rm Z}$ ) προκύπτει ότι τα σημεία ${\rm A},{\rm E},{\rm N},{\rm O},{\rm Z}$ είναι ομοκυκλικά

οπότε: $\angle {\rm O}{\rm E}{\rm A} = \angle {\rm O}{\rm N}{\rm A} = {90^0} \Rightarrow {\rm O}{\rm E} \bot {\rm A}{\rm B}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm B}\Gamma \bot {\rm A}{\rm B}} \boxed{{\rm O}{\rm E}\parallel {\rm B}\Gamma }:\left( 3 \right)$ και με $\rho = {\rm O}{\rm X} \bot {\rm B}\Gamma \mathop \Rightarrow \limits^{{\rm E}{\rm B} \bot {\rm B}\Gamma } {\rm O}{\rm X}\parallel {\rm E}{\rm B}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} OEBX$

ορθογώνιο, (με ${\rm O}{\rm X} \bot {\rm B}\Gamma$ ) , άρα $\left( {OX} \right) = \left( {EB} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {OX} \right) = \rho ,\left( 1 \right)} \boxed{\rho = \left( {{\rm N}\Lambda } \right)}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Ιστοσελίδα · #236

Ευχαριστώ και το φίλο Γιώργο Ρίζο για την αποστολή του υλικού (σχήματα σε Geogebra, εκφωνήσεις, λύσεις σε Word).

Μιχάλης Τσουρακάκης · #237

Καλησπέρα.
Μια πρόταση για την 85

1.Θεωρούμε και το δεύτερο εφαπτόμενο τμήμα $\textrm{CL}$ . Τότε έχουμε , $\angle CQL=\angle CLQ=\angle QAL=\textrm{x}$ (υπό χορδής-εφαπτόμενης) οπότε και $\angle DQC=\angle BLC$ κι αφού επιπλέον στα τρίγωνα $\textrm{DQC,CLB}$ είναι $\angle CDQ=\angle CBL=45^{0}$ και $\textrm{DC=CB,CQ=CL}$ ,αυτά θα είναι ίσα, οπότε $\textrm{DQ=LB}$ και προφανώς $\textrm{BQ=DL}$ .Τότε όμως θα είναι
$\textrm{BL}\cdot \textrm{BQ}=\textrm{DQ}\cdot \textrm{DL}=\textrm{BS}\cdot \textrm{BA}=\textrm{DT}\cdot \textrm{DA}\Rightarrow \frac{\alpha }{3}\cdot \alpha =\textrm{DT}\cdot \alpha \Rightarrow \textrm{DT}=\frac{\alpha }{3}$
(Σχήμα: ΗΜ1)

2.Αν $\textrm{N}$ το σημείο επαφής του ημικυκλίου με την $\textrm{DC}$ και η $\textrm{NO}$ τέμνει την $\textrm{AB}$ στο $\textrm{M}$ ,επειδή $\textrm{OM//TA}$ και $\textrm{O}$ μέσον της $\textrm{TS}$ ,θα είναι $\textrm{MA=MS=DN}=\frac{\alpha }{3}$
$\textrm{DN}^{2}=\textrm{DT}\cdot \textrm{DA}\Rightarrow \frac{\alpha ^{2}}{9}=\textrm{DT}\cdot \alpha \Rightarrow \textrm{DT}=\frac{\alpha }{9}$
(Σχήμα: ΗΜ2)

KARKAR · #238

Άσκηση 86

Ας γράψουμε και μία για τους φίλους της αναλυτικής Γεωμετρίας ( καλησπέρα Γιώργο ... )

: αναλυτική.png (39.33 KiB) Προβλήθηκε 1041 φορές

Το τετράγωνό μας ABCD

έχει τώρα πλευρά μήκους

και σημείο S(1,k)

κινείται επί της

.

Να βρεθεί η εξίσωση κατακόρυφης ευθείας , η οποία τέμνοντας την

στο

και την

στο

,

να σχηματίζει τραπέζιο CSTP

, το οποίο να έχει εμβαδόν το μισό του εμβαδού του τετραγώνου .

kostas_zervos · #239

ΑΣΚΗΣΗ 87

: ask52.png (26.11 KiB) Προβλήθηκε 1035 φορές

Δίνεται το τετράγωνο ABCD

πλευράς

και τα ημικύκλια με διαμέτρους $AB\;,\;DC$ στο εσωτερικό του.
Ένα σημείο

κινείται στην πλευρά

. Φέρνουμε την

που τέμνει το ημικύκλιο διαμέτρου

στο

και το ημικύκλιο διαμέτρου

στο

. Έστω επίσης το μέσο

του

. Αν η

εφάπτεται στο ημικύκλιο διαμέτρου

τότε:
α)Να αποδειχτεί ότι οι ευθείες $MZ\;,\;CH$ και

συντρέχουν και ότι $\displaystyle AE=\frac{a}{3}$ .
β)Να αποδειχτεί ότι ο κύκλος με διάμετρο

τέμνει την

και να βρεθεί το μήκος της χορδής που αποκόπτει από αυτή ως συνάρτηση του

.

apotin · #240

Άσκηση 88

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ . Από το $\displaystyle{B}$ φέρνουμε κάθετο προς τη διχοτόμο της γωνίας $\displaystyle{\widehat {\Delta \Gamma {\rm A}}}$ η οποία τέμνει τη διχοτόμο στο $\displaystyle{E}$ , την $\displaystyle{{\rm A}\Gamma }$ στο $\displaystyle{H}$ και την $\displaystyle{\Gamma \Delta }$ στο $\displaystyle{Z}$ .
Να δείξετε ότι $\displaystyle{\Delta {\rm Z} = 2{\rm H}{\rm O}}$ .

: tet_88.png (11.87 KiB) Προβλήθηκε 990 φορές

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