Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Ιστοσελίδα · #621

KARKAR έγραψε:Άσκηση 242

Το τεταρτοκύκλιο $\displaystyle D\overset{\frown}{AC}$ , τέμνει την ακτίνα ενός τετραγώνου , σε σημείο .

Ημικύκλιο διαμέτρου τέμνει το τεταρτοκύκλιο σε σημείο . Υπολογίστε τη γωνία $\widehat{KST}$

: 242.png (21.99 KiB) Προβλήθηκε 2018 φορές

Τοποθετούμε, δίπλα στο ήδη υπάρχον, άλλο ένα τεταρτοκύκλιο σχηματίζοντας το ημικύκλιο διαμέτρου

και έστω

η τομή του με το

.

Είναι $K\widehat SB = {90^ \circ }$ (εγγεγραμμένη που βαίνει στο μικρό ημικύκλιο) και από αντίστροφο Πυθαγορείου στο $\triangleleft DSO\,(O$ το κέντρο του μικρού ημικυκλίου) προκύπτει $D\widehat SO = {90^ \circ }$ .

Έτσι $S\widehat BD\mathop = \limits^{\chi o\rho \delta \eta - \varepsilon \varphi \alpha \pi \tau } D\widehat SE\mathop = \limits^{\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma \, \triangleleft DES} D\widehat ES$ , που σημαίνει ότι το DSBE

είναι εγγράψιμο και $E\widehat DB = E\widehat SB = {90^ \circ }$ . Τελικά από σχέση εγγεγραμμένης - επίκεντρης $\varphi = \dfrac{{E\widehat DT}}{2} = \dfrac{{E\widehat DB}}{2} = {45^ \circ }$ .

KARKAR · #622

Άσκηση 243

: 243.png (10.78 KiB) Προβλήθηκε 1972 φορές

Τα τετράγωνα ABCD

και

είναι "κολλητά" και το σημείο

είναι το μέσο του

. Η

προεκτεινόμενη

τέμνει την

στο

. Δείξτε ότι τα ED,TM

τέμνονται επί της

και βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{AB}{BE}$ , ώστε $TM\perp ED$ .

#623

KARKAR έγραψε:Άσκηση 243Τα τετράγωνα και είναι "κολλητά" και το σημείο είναι το μέσο του . Η προεκτεινόμενη τέμνει την στο . Δείξτε ότι τα τέμνονται επί της και βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{AB}{BE}$ , ώστε $TM\perp ED$ .

Ας δούμε το ισοδύναμο πρόβλημα. $\bullet$ Έστω $S \equiv AZ \cap BC$ .

Τότε $BZ\parallel AC\left( {\angle EBZ = \angle BAC = {{45}^0}} \right) \Rightarrow \vartriangle BSZ \sim \vartriangle CSA\displaystyle{ \Rightarrow \angle BSL\mathop = \limits^{\gamma \omega \nu \iota \varepsilon \varsigma \,\,o\mu o\lambda o\gamma \omega \nu \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \omega \nu \, - \,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \sigma \omega \nu } \angle CSK\mathop \Rightarrow \limits^{B,S,C\,\,\sigma \upsilon \nu \varepsilon \upsilon \theta \varepsilon \iota \alpha \kappa \alpha } K,S,L$

συνευθειακά, όπου τα κέντρα των τετραγώνων αντίστοιχα.

Επίσης από την ομοιότητα των πιο πάνω τριγώνων προκύπτει ότι $\dfrac{{\left( {SL} \right)}}{{\left( {SK} \right)}} = \dfrac{{\left( {BZ} \right)}}{{\left( {AC} \right)}} = \dfrac{{2\left( {LE} \right)}}{{2\left( {KD} \right)}} = \dfrac{{\left( {LE} \right)}}{{\left( {KD} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{LE\parallel KD\,\,\left( {\angle LEB = \angle DBA = {{45}^0}} \right)} D,S,E$ συνευθειακά.

Από την προφανή ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων $\vartriangle ABH,\vartriangle CBE\left( {\angle ABH = \angle CBE = {{90}^0},\left( {AB} \right) = \left( {BC} \right),\left( {BH} \right) = \left( {BE} \right)} \right)$

$\Rightarrow \angle BAT \equiv \angle BAH = \angle BCE \equiv \angle BCT \Rightarrow ABTC$ εγγράψιμο οπότε: $\angle ATC = \angle ABC = {90^0} \Rightarrow A,B,T,C,D$ ομοκυκλικά

(έστω σε κύκλο $\left( K \right)$ ) , αλλά και ομοκυκλικά (έστω σε κύκλο $\left( L \right)$ ).

Με τον ριζικό άξονα των κύκλων $\left( K \right),\left( L \right) \Rightarrow KL$ μεσοκάθετη της $BT \Rightarrow \left( {ST} \right) = \left( {SB} \right) \Rightarrow \boxed{\angle STB = \angle SBT}:\left( 1 \right)$ .

Είναι $\angle ATS = \angle ATB - \angle STB\mathop = \limits^{\angle ATB = {{45}^0},\left( 1 \right)} {45^0} - \angle SBT$ $= \angle HBZ - \angle SBT = \angle TBZ\mathop = \limits^{BEZT\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o}$

$\angle TEZ \equiv \angle CEZ\mathop = \limits^{CB\parallel EZ} \angle BCE\mathop = \limits^{ABTC\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o} \angle BAT \Rightarrow$ $\angle ATS = \angle BAT\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle ATE\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o\,\,\sigma \tau o\,\,T} TM$

διάμεσός του, όπου $M \equiv TS \cap AE$ και το ισοδύναμο πρόβλημα έχει αποδειχθεί.
[attachment=0]2.png[/attachment]
$\bullet$ Έστω $DE \bot TM\mathop \Rightarrow \limits^{AM \bot AD} AMSD$ εγγράψιμο σε κύκλο οπότε από το Θεώρημα των τεμνομένων χορδών του στο θα είναι $\boxed{\left( {ES} \right) \cdot \left( {ED} \right) = \left( {EM} \right) \cdot \left( {EA} \right)}:\left( 2 \right)$

Με $SB\parallel AD \Rightarrow \dfrac{{\left( {ED} \right)}}{{\left( {ES} \right)}} = \dfrac{{\left( {AE} \right)}}{{\left( {BE} \right)}} \Rightarrow \dfrac{{\left( {ED} \right)}}{{\left( {ES} \right)}} =$ $\dfrac{{\left( {AB} \right) + \left( {BE} \right)}}{{\left( {BE} \right)}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{\left( {ED} \right)}}{{\left( {ES} \right)}} = \dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {BE} \right)}} + 1}:\left( 3 \right)$ .

Από $\left( 1 \right) \cdot \left( 3 \right) \Rightarrow {\left( {ED} \right)^2} = \left( {EM} \right) \cdot \left( {EA} \right) \cdot \left[ {\dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {BE} \right)}} + 1} \right]$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {EM} \right) = \frac{{\left( {EA} \right)}}{2} = \frac{{\left( {AB} \right) + \left( {BE} \right)}}{2}}$ $\boxed{{{\left( {ED} \right)}^2} = \dfrac{{{{\left[ {\left( {AB} \right) + \left( {BE} \right)} \right]}^2}}}{2} \cdot \left[ {\dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {BE} \right)}} + 1} \right]}:\left( 4 \right)$ .

Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle EAD \Rightarrow {\left( {ED} \right)^2} = {\left( {AE} \right)^2} + {\left( {AD} \right)^2}$ $= {\left[ {\left( {AB} \right) + \left( {BE} \right)} \right]^2} + {\left( {AB} \right)^2}$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} {\left[ {\left( {AB} \right) + \left( {BE} \right)} \right]^2} + {\left( {AB} \right)^2} =$ $\dfrac{{{{\left[ {\left( {AB} \right) + \left( {BE} \right)} \right]}^2}}}{2} \cdot \left[ {\dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {BE} \right)}} + 1} \right]$

$\mathop \Rightarrow \limits^{:{{\left( {BE} \right)}^2}} {\left[ {\dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {BE} \right)}} + 1} \right]^2} + {\left[ {\dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {BE} \right)}}} \right]^2} =$ $\dfrac{1}{2}{\left[ {\dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {BE} \right)}} + 1} \right]^2} \cdot \left[ {\dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {BE} \right)}} + 1} \right]$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\frac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {BE} \right)}} = x}$

$\ldots {x^3} - {x^2} - x - 1 = 0\mathop \Rightarrow \limits^{x > 0} x \approx 1,84 \Rightarrow \boxed{\dfrac{{\left( {AB} \right)}}{{\left( {BE} \right)}} \approx 1,84}$ και το δεύτερο ζητούμενο έχει βρεθεί

Στάθης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #624

KARKAR έγραψε:Άσκηση 240
Το συνημμένο 240.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Εντοπίστε σημείο στο εσωτερικό τετραγώνου , το οποίο είναι κοινό κέντρο κύκλων , από τους οποίους

ο ένας διέρχεται από τα και ο άλλος από τα , ο δε μεγαλύτερος να έχει διπλάσια ακτίνα από το μικρό .

Στη συνέχεια προσπαθήστε να λύσετε το αντίστροφο πρόβλημα : Δηλαδή δοθέντων των κύκλων και ,

σχεδιάστε τετράγωνο με τις κορυφές στο μεγάκο κύκλο και τις στο μικρό.

: 240.ευθυpng.png (17.97 KiB) Προβλήθηκε 1894 φορές

ευθύ

Το $\displaystyle{K}$ ,προφανώς θα είναι σημείο της $\displaystyle{EF}$ που είναι μεσοκάθετος των $\displaystyle{AD,CB}$ .Έτσι ζητείται ο προσδιορισμός του $\displaystyle{K}$ ώστε $\displaystyle{KD = 2KC}$
Επειδή $\displaystyle{\angle CBA = {90^0}}$ ,η $\displaystyle{CQ}$ είναι διάμετρος του μικρού κύκλου κι ας είναι $\displaystyle{FK = x}$ ,οπότε $\displaystyle{QC = 2x}$ και $\displaystyle{AQ = \alpha - 2x}$ ,όπου $\displaystyle{\alpha }$ η πλευρά του τετραγώνου.
Είναι , $\displaystyle{DK = 2KC = CQ}$
Ισχύει, $\displaystyle{D{Q^2} = {(\alpha - 2x)^2} + {\alpha ^2},C{Q^2} = {\alpha ^2} + {4x^2}}$ .
Με θ.διαμέσου στο $\displaystyle{\vartriangle QDC \Rightarrow D{Q^2} + D{C^2} = 2D{K^2} + \frac{{C{Q^2}}}{2} \Rightarrow {(\alpha - 2x)^2} + {\alpha ^2} + {\alpha ^2} = 2C{Q^2} + \frac{{C{Q^2}}}{2} = \frac{{5C{Q^2}}}{2} = \frac{{5\left( {{\alpha ^2} + 4{x^2}} \right)}}{2} \Leftrightarrow 12{x^2} + 8\alpha x - {\alpha ^2} = 0}$
Η τελευταία εξίσωση έχει δεκτή ρίζα $\displaystyle{\boxed{x = \frac{\alpha }{6}\left( {\sqrt 7 - 2} \right)}}$ .Άρα το κέντρο $\displaystyle{K}$ των δυο κύκλων ,επί της $\displaystyle{EF}$ , απέχει από το σταθερό σημείο $\displaystyle{F}$ ,απόσταση $\displaystyle{\frac{\alpha }{6}\left( {\sqrt 7 - 2} \right)}$

Αντίστροφο

Θεωρούμε τους ομόκεντρους κύκλους $\displaystyle{\left( {K,R} \right),(K,2R)}$ κι έστω ότι το τετράγωνο $\displaystyle{ABCD}$ πλευράς $\displaystyle{\alpha }$ κατασκευάστηκε
Έστω $\displaystyle{AK \cap (K,R) = F,Z,AB \cap (K,R) = E}$ , $\displaystyle{BE = y}$ .Τότε $\displaystyle{AZ = R,AF = 3R}$ και ισχύει
$\displaystyle{AB \cdot AE = AZ \cdot AF \Rightarrow \alpha \left( {\alpha + y} \right) = 3{R^2} \Rightarrow y = \frac{{3{R^2} - {\alpha ^2}}}{\alpha }}$
Ακόμη, $\displaystyle{{y^2} + {\alpha ^2} = 4{R^2}}$ (Π.Θ στο $\displaystyle{\vartriangle CBE}$ ) οπότε , $\displaystyle{{\alpha ^2} + {\left( {\frac{{3{R^2} - {\alpha ^2}}}{\alpha }} \right)^2} = 4{R^2} \Leftrightarrow 2{\alpha ^4} - 10{\alpha ^2}{R^2} + 9{R^4} = 0}$
Η τελευταία διτετράγωνη εξίσωση έχει δεκτή ρίζα $\displaystyle{\boxed{\alpha = \frac{R}{2}\sqrt {10 + 2\sqrt 7 } }}$
Έτσι,με κέντρο τυχαίο σημείο $\displaystyle{C}$ του $\displaystyle{\left( {K,R} \right)}$ και ακτίνα $\displaystyle{\alpha }$ ,κατασκευάζω κύκλο που τέμνει τον $\displaystyle{\left( {K,2R} \right)}$ στο $\displaystyle{D}$ (είναι $\displaystyle{\alpha > R}$ )
Το τετράγωνο πλευράς $\displaystyle{\alpha = CD}$ είναι το ζητούμενο

: 240-αντίστροφο.png (19.29 KiB) Προβλήθηκε 1894 φορές

S.E.Louridas · #625

KARKAR έγραψε:Άσκηση 240
240.png
Εντοπίστε σημείο στο εσωτερικό τετραγώνου , το οποίο είναι κοινό κέντρο κύκλων , από τους οποίους

ο ένας διέρχεται από τα και ο άλλος από τα , ο δε μεγαλύτερος να έχει διπλάσια ακτίνα από το μικρό .

Στη συνέχεια προσπαθήστε να λύσετε το αντίστροφο πρόβλημα : Δηλαδή δοθέντων των κύκλων και ,

σχεδιάστε τετράγωνο με τις κορυφές στο μεγάκο κύκλο και τις στο μικρό.

Μία άποψη-διαπραγμάτευση:

Για το 1ο:
Θεωρώ ότι το

προσδιορίζεται κατασκευαστικά σαν τομή του ευθύγραμμου τμήματος

(

τα μέσα των πλευρών AD,BC

αντίστοιχα) με τον Απολλώνιο κύκλο με βάση την πλευρά

και λόγο $\displaystyle{\frac{{KD}}{{KC}} = 2.}$

Παρατήρηση: Το σημείο

είναι εσωτερικό του ευθ. τμήματος

καθότι ισχύει, $\displaystyle{\frac{{DF}} {{FC}} = \sqrt 5 > 2 = \frac{{KD}} {{KC}}}$ .

Για το 2ο:
Αν κατασκευάσουμε τα του πρώτου ερωτήματος σε τυχόν τετράγωνο, είναι γνωστές πλέον όλες οι γωνίες του σχήματος που προκύπτει. Συνεπώς γνωρίζουμε και τις γωνίες $\displaystyle{\angle DKE,\,\;\angle FKC}$ , οπότε έχουμε την αντίστροφη κατασκευή πάνω στους δεδομένους κύκλους.

KARKAR · #626

Άσκηση 244

: 244.png (11.18 KiB) Προβλήθηκε 1830 φορές

Στο εσωτερικό τετραγώνου ABCD

, έχουμε γράψει το ημικύκλιο διαμέτρου

και το τεταρτοκύκλιο $A\overset{\frown}{BD}$ .

Με κέντρο σημείο

, το οποίο κινείται επί του τεταρτοκυκλίου , γράφω κύκλο εφαπτόμενο της

, ο οποίος τέμνει

το ημικύκλιο στα S,P

. 1) Δείξτε ότι το ένα σημείο τομής ( εν προκειμένω το

) , είναι συνευθειακό των A,O

.

2) Βρείτε τη θέση του

για την οποία μεγιστοποιείται η γωνία $\widehat{SOP}$ , καθώς και τη μέγιστη τιμή της γωνίας .

#627

KARKAR έγραψε:Άσκηση 244

Στο εσωτερικό τετραγώνου , έχουμε γράψει το ημικύκλιο διαμέτρου και το τεταρτοκύκλιο $A\overset{\frown}{BD}$ . Με κέντρο σημείο , το οποίο κινείται επί του τεταρτοκυκλίου , γράφω κύκλο εφαπτόμενο της , ο οποίος τέμνει το ημικύκλιο στα . 1) Δείξτε ότι το ένα σημείο τομής ( εν προκειμένω το ) , είναι συνευθειακό των . 2) Βρείτε τη θέση του για την οποία μεγιστοποιείται η γωνία $\widehat{SOP}$ , καθώς και τη μέγιστη τιμή της γωνίας .

1) Έστω το σημείο τομής της με το ημικύκλιο $\left( M \right)$ διαμέτρου .

Αρκεί ισοδύναμα να δείξουμε ότι $\left( {OS} \right) = \left( {OE} \right)$ , όπου το σημείο επαφής του κύκλου $\left( O \right)$ με την .

Έστω επίσης $Q \equiv OB \cap \left( M \right)$ . Τότε με $\angle AQB\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,\sigma \varepsilon \,\,\eta \mu \iota \kappa \upsilon \kappa \lambda \iota o} {90^0} \Rightarrow AQ$ το ύψος του ισοσκελούς τριγώνου

$\vartriangle AOB\left( {\left( {AO} \right) = \left( {AB} \right) = {r_A}} \right)$ , άρα θα είναι και διχοτόμος του, δηλαδή $\boxed{\angle BAQ = \angle OAQ \equiv \angle SAQ}:\left( 1 \right)$ .

Αλλά $\boxed{\angle EBO}\mathop = \limits^{\upsilon \pi o\,\,\chi o\rho \delta \eta \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \varsigma \, - \,\,\alpha \nu \tau \iota \sigma \tau o\iota \chi \eta \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta }$ $\angle BAQ\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \angle SAQ\mathop = \limits^{A,B,Q,S\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha } \angle QBS\boxed{ \equiv \angle OBS}$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\angle OEB = \angle OSB = {{90}^0},\left( {OB} \right) = \left( {OB} \right)}$ $\vartriangle OEB = \vartriangle OSB \Rightarrow \left( {OS} \right) = \left( {OE} \right) = {r_O}$ και το πρώτο ζητούμενο ισοδύναμα έχει αποδειχθεί.
[attachment=0]1.png[/attachment]
2) Με διάκεντρο των κύκλων $\left( O \right),\left( M \right)$ αυτή θα είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής τους και συνεπώς από το ισοσκελές τρίγωνο

$\vartriangle OSP\left( {\left( {OS} \right) = \left( {OP} \right) = {r_O}} \right)$ η θα διχοτομεί τη γωνία $\varphi$ . Στο τρίγωνο $\vartriangle {\rm O}{\rm A}{\rm M}$ από τον νόμο των ημιτόνων θα έχουμε:

$\dfrac{{\eta \mu \dfrac{\varphi }{2}}}{{\eta \mu \theta }} = \dfrac{{\left( {{\rm A}{\rm M}} \right)}}{{\left( {{\rm O}{\rm A}} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {{\rm O}{\rm A}} \right) = \left( {{\rm A}{\rm B}} \right) = 2\left( {{\rm A}{\rm M}} \right)}$ $\dfrac{{\eta \mu \dfrac{\varphi }{2}}}{{\eta \mu \theta }} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \boxed{\eta \mu \dfrac{\varphi }{2} = \dfrac{1}{2}\eta \mu \theta }:\left( 2 \right)$ και η μεγιστοποίηση της $\varphi$

γίνεται όταν μεγιστοποιηθεί η $\dfrac{\varphi }{2} \in \left[ {0,\dfrac{\pi }{2}} \right]$ και επειδή η συνάρτηση ημίτονο είναι γνησίως αύξουσα στο $\left[ {0,\dfrac{\pi }{2}} \right]$ ,

η μεγιστοποίηση της $\dfrac{\varphi }{2}$ θα γίνει όταν γίνει μέγιστο το $\eta \mu \dfrac{\varphi }{2}$ , ή από τη σχέση $\left( 2 \right)$ όταν μεγιστοποιηθεί το $\eta \mu \theta$ ,

δηλαδή $\eta \mu \theta = 1\mathop \Leftrightarrow \limits^{\theta \in \left[ {0,\pi } \right]} \theta = \dfrac{\pi }{2} \Rightarrow OM \bot AB$ άρα στην περίπτωση αυτή το θα είναι το σημείο τομής της κάθετης στο μέσο

της επί την με το τεταρτοκύκλιο $\left( A \right)$ , οπότε και $\dfrac{\varphi }{2} = {30^0} \Rightarrow \boxed{\varphi = {{60}^0}}$ και το δεύτερο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

S.E.Louridas · #628

KARKAR έγραψε:Άσκηση 244

Στο εσωτερικό τετραγώνου , έχουμε γράψει το ημικύκλιο διαμέτρου και το τεταρτοκύκλιο $A\overset{\frown}{BD}$ . Με κέντρο σημείο , το οποίο κινείται επί του τεταρτοκυκλίου , γράφω κύκλο εφαπτόμενο της , ο οποίος τέμνει το ημικύκλιο στα . 1) Δείξτε ότι το ένα σημείο τομής ( εν προκειμένω το ) , είναι συνευθειακό των . 2) Βρείτε τη θέση του για την οποία μεγιστοποιείται η γωνία $\widehat{SOP}$ , καθώς και τη μέγιστη τιμή της γωνίας .

Αν μου επιτρέπεται ας δούμε για το 1ο ερώτημα και την χρησιμότητα της έννοιας γεωμετρικός τόπος σημείων με αναφορά και στο «ξεχασμένο» αντίστροφο.

Το ερώτημα αυτό θα μπορούσε να λυθεί με άμεση αναφορά, αν διαμορφώναμε την αναζήτηση του εξής γεωμετρικού τόπου:
Δίνονται το ευθύγραμμο τμήμα

και το ημικύκλιο με διάμετρο το τμήμα αυτό (όπως το μπλε στο σχήμα του Στάθη). Θεωρούμε την εφαπτομένη στο ημικύκλιο αυτό ευθεία και προς το ίδιο μέρος με το ημικύκλιο στο σημείο

. Αν

τυχόν σημείο του ημικυκλίου, ο γεωμετρικός τόπος των σημείων

της ημιευθείας

με την ιδιότητα OS=OE

, όταν

είναι η κάθετη από το

στην εφαπτομένη που αναφέραμε, είναι το τεταρτοκύκλιο (A,AB)

(Αφού άμεσα έχουμε $\angle AOB = \angle OBA)$ .

KARKAR · #629

: top.png (9.56 KiB) Προβλήθηκε 1739 φορές

Επειδή τα ορθογώνια τρίγωνα OSB,OEB

είναι προφανώς ίσα , με χρήση της γωνίας χορδής εφαπτομένης

και της παραπληρωματικότητας των $\widehat{SBE}, \widehat{SOE}$ , παίρνω $\displaystyle\widehat{SOB}=90^0-\frac{\phi}{2}$ , το οποίο συνεπάγεται

την ισοσκέλεια του τριγώνου AOB(AO=AB)

...

S.E.Louridas · #630

S.E.Louridas έγραψε:
KARKAR έγραψε:Άσκηση 244

Στο εσωτερικό τετραγώνου , έχουμε γράψει το ημικύκλιο διαμέτρου και το τεταρτοκύκλιο $A\overset{\frown}{BD}$ . Με κέντρο σημείο , το οποίο κινείται επί του τεταρτοκυκλίου , γράφω κύκλο εφαπτόμενο της , ο οποίος τέμνει το ημικύκλιο στα . 1) Δείξτε ότι το ένα σημείο τομής ( εν προκειμένω το ) , είναι συνευθειακό των . 2) Βρείτε τη θέση του για την οποία μεγιστοποιείται η γωνία $\widehat{SOP}$ , καθώς και τη μέγιστη τιμή της γωνίας .
Αν μου επιτρέπεται ας δούμε για το 1ο ερώτημα και την χρησιμότητα της έννοιας γεωμετρικός τόπος σημείων με αναφορά και στο «ξεχασμένο» αντίστροφο.

Το ερώτημα αυτό θα μπορούσε να λυθεί με άμεση αναφορά, αν διαμορφώναμε την αναζήτηση του εξής γεωμετρικού τόπου:
Δίνονται το ευθύγραμμο τμήμα και το ημικύκλιο με διάμετρο το τμήμα αυτό (όπως το μπλε στο σχήμα του Στάθη). Θεωρούμε την εφαπτομένη στο ημικύκλιο αυτό ευθεία και προς το ίδιο μέρος με το ημικύκλιο στο σημείο . Αν τυχόν σημείο του ημικυκλίου, ο γεωμετρικός τόπος των σημείων της ημιευθείας με την ιδιότητα , όταν είναι η κάθετη από το στην εφαπτομένη που αναφέραμε, είναι το τεταρτοκύκλιο (Αφού άμεσα έχουμε $\angle AOB = \angle OBA)$ .

Επανέρχομαι Για το 2ο ( Γεωμετρικά και μόνο για λόγους Μαθηματικού πλουραλισμού μετά την ιδανική διαπραγμάτευση του Στάθη).

Αν θεωρούσαμε το ευθύγραμμο τμήμα OA=AB

σταθερό κατά θέση, το σημείο

(σχήμα του Στάθη Κούτρα) θα ανήκε στον κύκλο $\displaystyle{\left( {A,AM=\frac{{AB}}{2}} \right)}$ ,
συνεπώς η γωνία $\displaystyle{\frac{\varphi }{2}}$ καθίσταται μέγιστη όταν η ευθεία

γίνει εφαπτομένη του κύκλου $\displaystyle{\left( {A,\frac{{AB}}{2}} \right)}$ , δηλαδή όταν έχουμε $OM \bot AM\Leftrightarrow M\equiv T$ (σχήμα κάτω).
Στη οριακή λοιπόν αυτή περίπτωση ισχύει: $\displaystyle{OM \bot AM,}$ και $\displsystyle{\;OA = 2AM \Rightarrow \frac{\varphi } {2} = 30^ \circ \Rightarrow \varphi = 60^ \circ .}$

KARKAR · #631

Άσκηση 245

: 245.png (8.99 KiB) Προβλήθηκε 1625 φορές

Αφού πλησιάζουμε στο όριο των 250 , μία εύκολη : Βρείτε τι ποσοστό του (ABCD)

αποτελεί το (STCD)

. (

μέσο της

)

#632

KARKAR έγραψε:Άσκηση 245
Το συνημμένο 245.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Αφού πλησιάζουμε στο όριο των 250 , μία εύκολη : Βρείτε τι ποσοστό του αποτελεί το . ( μέσο της )

: 245.png (19.16 KiB) Προβλήθηκε 1616 φορές

Ας πούμε

. Από Π. Θ. στο τρίγωνο DAM

έχουμε : $AM = a\sqrt 5$

Από τη δύναμη του

ως προς τον κύκλο διαμέτρου

έχουμε:

$MS \cdot MA = ({d^2} - {R^2}) = 4{a^2} - {a^2} = 3{a^2}$ και άρα $MS = \dfrac{{3a}}{{\sqrt 5 }}$ , οπότε $\boxed{\dfrac{{MS}}{{MA}} = \dfrac{3}{5}}$ .

Από τα όμοια τρίγωνα $MST\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MAB$ με λόγο ομοιότητας $\dfrac{3}{5}$ για το εμβαδόν

${N_2} = (MST)$ έχουμε : ${N_2} = \dfrac{9}{{25}}(MAB) = \dfrac{9}{{25}}2{a^2} = \dfrac{{18}}{{25}}{a^2} = \dfrac{{18}}{{100}}{(2a)^2}\,\,(1)$ .

Λόγω συμμετρίας ως προς την μεσοκάθετο του

, είναι: $(DMS) = (CMT) = {N_3}$ .

Έτσι $(TSDC) = 2{N_3} + {N_2} = 2 \cdot \dfrac{1}{2} \cdot a \cdot \dfrac{3}{5} \cdot 2a + \dfrac{{18}}{{100}}{(2a)^2}$ . Δηλαδή

$(TSDC) = \dfrac{{30}}{{100}} \cdot {(2a)^2} + \dfrac{{18}}{{100}}{(2a)^2} \Rightarrow \boxed{(TSDC) = 48\% (ABCD)}$ .

Φιλικά Νίκος

Ιστοσελίδα · #633

KARKAR έγραψε:Άσκηση 245

Αφού πλησιάζουμε στο όριο των 250 , μία εύκολη : Βρείτε τι ποσοστό του αποτελεί το . ( μέσο της )

Χαιρετώ τους φίλους με άλλη μια σκέψη.

: 245-sol.jpg (28.72 KiB) Προβλήθηκε 1574 φορές

Έστω

και $N \equiv AT \cap BC$ . Θα είναι $A\widehat TB = {90^ \circ },\,\left( {ABN} \right)\mathop = \limits^{ \triangleleft ABN = \triangleleft BCM} \left( {BCM} \right) = 25x$ και εφόσον $\triangleleft ATB \approx \triangleleft BTN$ με λόγο 2:1

θα είναι $\left( {ATB} \right) = 20x,\,\left( {BTN} \right) = 5x$ .

Θα ισχύει (λόγω του μέσου

) $\left( {CTN} \right) = \left( {BTN} \right) = 5x$ , οπότε $\left( {TCM} \right) = \left( {SMD} \right) = 15x$ . Επιπλέον $\dfrac{{15x}}{{10x}} = \dfrac{{MT}}{{TB}} \Leftrightarrow \dfrac{{15}}{{15 + 10}} = \dfrac{{MT}}{{MT + TB}} \Leftrightarrow \dfrac{{MT}}{{MB}} = \dfrac{3}{5}$ .

Έτσι, για $\left( {MAB} \right) = 50x$ και απ’ την αναλογία $\dfrac{{\left( {MST} \right)}}{{\left( {MAB} \right)}} = {\left( {\dfrac{3}{5}} \right)^2}$ παίρνουμε $\left( {MST} \right) = 18x$ . Εύκολα βλέπουμε πως $\left( {STCD} \right) = 48x = \dfrac{{48\left( {ABCD} \right)}}{{100}}$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #634

KARKAR έγραψε:Άσκηση 245
Το συνημμένο 245.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Αφού πλησιάζουμε στο όριο των 250 , μία εύκολη : Βρείτε τι ποσοστό του αποτελεί το . ( μέσο της )

Άλλη μια...

Προφανώς είναι, $\displaystyle{\angle DMA = \angle CMB = \angle MBA = \angle MAB \Rightarrow STBA}$ ισοσκελές τραπέζιο .
Έστω $\displaystyle{BQ = y,TQ = x}$ .Τότε, $\displaystyle{ST = \alpha - 2x}$ και ισχύει $\displaystyle{B{Q^2} = QT \cdot QL \Rightarrow \boxed{{y^2} = x\left( {\alpha - x} \right)}(1)}$
Επειδή $\displaystyle{MA = MB,SA = TB \Rightarrow MS = MT}$ κι έτσι το ύψος $\displaystyle{MN}$ του $\displaystyle{\vartriangle MST}$ είναι και διάμεσος άρα $\displaystyle{NT = \frac{{\alpha - 2x}}{2}}$
$\displaystyle{\vartriangle MNT \approx \vartriangle TQB \Rightarrow \frac{{MN}}{{QB}} = \frac{{NT}}{{TQ}} \Rightarrow \frac{{\alpha - y}}{y} = \frac{{\frac{{\alpha - 2x}}{2}}}{x} \Rightarrow \boxed{y = 2x}(2)}$
Από τις $\displaystyle{\left( 1 \right),\left( 2 \right)}$ εύκολα έχουμε $\displaystyle{\boxed{x = \frac{\alpha }{5}},\boxed{y = \frac{{2\alpha }}{5}}}$ και $\displaystyle{ST = \frac{{3\alpha }}{5}}$
$\displaystyle{(DSTC) = \frac{{\left( {\alpha + \frac{{3\alpha }}{5}} \right) \cdot \frac{{3\alpha }}{5}}}{2} \Rightarrow \boxed{(DSTC) = \frac{{24}}{{25}} \cdot {\alpha ^2} = 48\% \left( {ABCD} \right)}}$

Ιστοσελίδα · #635

KARKAR έγραψε:Άσκηση 245

Αφού πλησιάζουμε στο όριο των 250 , μία εύκολη : Βρείτε τι ποσοστό του αποτελεί το . ( μέσο της )

Καλημέρα - μίκρυνα κάπως τη λύση.

: 245-sol2.jpg (50.48 KiB) Προβλήθηκε 1519 φορές

Από το εγγράψιμο ADMT

και τις γωνίες του σχήματος παρατηρούμε πως το $\triangleleft DAT$ είναι ισοσκελές, άρα DA = DT = CS = 2a

.

Είναι $\omega + 2\varphi = {90^ \circ } \Leftrightarrow 2\omega = {180^ \circ } - 4\varphi$ , οπότε $\eta \mu 2\omega = \eta \mu ({180^ \circ } - 4\varphi ) = \eta \mu 4\varphi = 4\eta \mu \varphi \cdot \sigma \upsilon \nu \varphi (1 - 2\eta {\mu ^2}\varphi ) =$ $\ldots = \dfrac{{24}}{{25}}$ και $\left( {STCD} \right) = \dfrac{{DT \cdot CS \cdot \eta \mu 2\omega }}{2} = \dfrac{{48{a^2}}}{{25}} = \dfrac{{48(4{a^2})}}{{100}}$ .

KARKAR · #636

Άσκηση 246

: 246.png (9.8 KiB) Προβλήθηκε 1468 φορές

Στο εσωτετικό του τετραγώνου ABCD

εγγράφουμε το ισόπλευρο τρίγωνο ABE

. Η

τέμνει την

στο

.

Εγγράφουμε - πάντα εσωτερικά - ισόπλευρο τρίγωνο CZS

. Η

τέμνει την

στο

και η

την

στο

.

1) Δείξτε ότι το

είναι σημείο της

... 2) Δείξτε ότι (ATS)=4(BPS)

kostas136 · #637

Για την 246 (το πρώτο της ερώτημα).

Φέρνω τη $\displaystyle CE$ που καταλήγει στο $\displaystyle Z$ και σημείο $\displaystyle S$ της $\displaystyle AB$ ώστε $\displaystyle C\hat ZS=60^0$ . Θα δείξουμε ότι $\displaystyle Z\hat CS=60^0$ .

$\displaystyle \triangle BEC$ ισοσκελές με $\displaystyle E\hat BC=30^0$ .

$\displaystyle E\hat CB=B\hat EC=75^0 \Rightarrow Z\hat EA=45^0 \Rightarrow Z\hat TA=105^0 \Rightarrow A\hat ZS=45^0 \Rightarrow AZ=AS \Rightarrow DZ=BS$

και $\displaystyle S\hat CB=D\hat CB=15^0$

από την ισότητα των $\displaystyle \triangle DZC\ ,\ SCB$ .

Άρα $\displaystyle Z\hat CS=75^0-15^0=60^0$

#638

KARKAR έγραψε:Άσκηση 246Στο εσωτερικό του τετραγώνου εγγράφουμε το ισόπλευρο τρίγωνο . Η τέμνει την στο .Εγγράφουμε - πάντα εσωτερικά - ισόπλευρο τρίγωνο . Η τέμνει την στο και η την στο .1) Δείξτε ότι το είναι σημείο της ... 2) Δείξτε ότι

1) Από τα ίσα ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle ADE,\vartriangle BEC\left( {\left( {AE} \right) = \left( {AD} \right) = a = \left( {BE} \right) = \left( {BC} \right),\angle EAD = \angle EBC = {{30}^0}} \right) \Rightarrow$

$\left\{ \begin{gathered} \left( {ED} \right) = \left( {EC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\angle ZDC = {{90}^0}} \left( {EC} \right) = \left( {EZ} \right) = \dfrac{{\left( {CZ} \right)}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle SZC\,\,\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o} \boxed{\left( {EC} \right) = \dfrac{{\left( {SZ} \right)}}{2}}:\left( 1 \right) \\ \angle DCZ = {15^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle ZCS = {{30}^0},\angle DCB = {{90}^0}} \boxed{\angle DCZ = \angle BCS = {{15}^0}}:\left( 2 \right) \\ \end{gathered} \right.$ .

Από $\left( 2 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {DC} \right) = \left( {BC} \right) = a,\left( {CZ} \right) = \left( {SC} \right)} \vartriangle CDZ = \vartriangle CBZ \Rightarrow$ $\angle CSB = \angle CDZ = {90^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle ABC = {{90}^0}} S \in AB$ και το πρώτο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.
[attachment=0]246.png[/attachment]
2) Από την ισότητα των τριγώνων

$\vartriangle CDZ = \vartriangle CBZ \Rightarrow \left( {DZ} \right) = \left( {SB} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AD} \right) = \left( {AB} \right) = a} \left( {AZ} \right) = \left( {AS} \right)$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle BAD = {{90}^0}} \boxed{\angle AZS = \angle ASZ = {{45}^0}\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle BPC} \angle SPB}:\left( 3 \right)$

και $\boxed{\angle ATS}\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle AZT}$ ${45^0} + {30^0} = {75^0}\mathop = \limits^{\vartriangle SBC} \boxed{\angle PSB}:\left( 4 \right)$ . Από $\left( 3 \right),\left( 4 \right) \Rightarrow \vartriangle ATS \sim \vartriangle BSP \Rightarrow \boxed{\dfrac{{\left( {ATS} \right)}}{{\left( {BSP} \right)}} = {{\left[ {\dfrac{{\left( {AS} \right)}}{{\left( {PB} \right)}}} \right]}^2}}:\left( 5 \right)$ .

Αν η διαγώνιος του τετραγώνου τότε από την προφανή ισότητα των τριγώνων (Π – Π – Π) $\vartriangle ACZ,\vartriangle ACS\mathop \Rightarrow \limits^{\angle ZCS = {{60}^0}} \angle ZCA = {30^0} = \angle PBC$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\angle EAC = \angle ZAC - \angle ZAE = {{45}^0} - {{30}^0} = {{15}^0} = \angle PCB}$ $\vartriangle AEC \sim \vartriangle CPB \Rightarrow \dfrac{{\left( {EC} \right)}}{{\left( {PB} \right)}} = \dfrac{{\left( {AC} \right)}}{{\left( {BC} \right)}} = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{a} = \sqrt 2 \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$

$\dfrac{{\left( {SZ} \right)}}{{2\left( {PB} \right)}} = \sqrt 2 \mathop \Rightarrow \limits^{\left( {\vartriangle SAZ\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma } \right) \to \left( {SZ} \right) = \left( {AS} \right)\sqrt 2 }$ $\dfrac{{\left( {AS} \right)\sqrt 2 }}{{2\left( {PB} \right)}} = \sqrt 2 \Rightarrow \dfrac{{\left( {AS} \right)}}{{\left( {PB} \right)}} = 2\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} \dfrac{{\left( {ATS} \right)}}{{\left( {BSP} \right)}} = 4$

$\Rightarrow \boxed{\left( {ATS} \right) = 4\left( {BSP} \right)}$ και το δεύτερο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#639

KARKAR έγραψε:Άσκηση 246
Το συνημμένο 246.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο εσωτετικό του τετραγώνου εγγράφουμε το ισόπλευρο τρίγωνο . Η τέμνει την στο .

Εγγράφουμε - πάντα εσωτερικά - ισόπλευρο τρίγωνο . Η τέμνει την στο και η την στο .

1) Δείξτε ότι το είναι σημείο της ... 2) Δείξτε ότι

: tetragona 246_ok.png (73.21 KiB) Προβλήθηκε 1386 φορές

Σχεδιάζουμε πρώτα μέσα στο τετράγωνο ABCD

το ισόπλευρο τρίγωνο ABE

και φέρνουμε την

η οποία προεκτεινόμενη πέραν του

,τέμνει την

στο

.

Πρώτο ερώτημα:
Έστω τώρα

το συμμετρικό του

ως προς το

. Το ημικύκλιο διαμέτρου

θα διέρχεται προφανώς από τα $C\,,\,E$ .
Τώρα πάνω στην πλευρά

θεωρούμε σημείο

, τέτοιο ώστε DZ = SB

.
Τα ορθογώνια τρίγωνα $BSC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,DZC$ θα έχουν τις κάθετες πλευρές του ίσες, άρα θα είναι ίσα με ίσες υποτείνουσες και μάλιστα της μορφής $({90^0}{,75^0}{,15^0})$ αφού το ισοσκελές τρίγωνο BEC

με κορυφή το $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,E\widehat BC = {30^0}$ , θα έχει τις παρά την βάση του γωνίες από ${75^0}$ .
Το ισοσκελές τρίγωνο CZS

έχει την γωνία του $Z\widehat CB = {90^0} - {15^0} - {15^0} = {60^0}$ , άρα είναι ισόπλευρο.
Δεύτερο ερώτημα:
Αν T,P

οι τομές των $AE\,\,\mu \varepsilon \,\,ZS\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BE\,\,\mu \varepsilon \,\,CS$ αντίστοιχα επειδή στο τετράπλευρο
BHCP

η εξωτερική του γωνία στο

είναι ${60^0}$ , αλλά και η εντός και απέναντι εσωτερική $P\widehat CH = {45^0} + {15^0} = {60^0}$ , αυτό θα είναι εγγράψιμο με άμεση συνέπεια :
Τα σημεία H,C

να βλέπουν την $PB\,$ υπό ίσες γωνίες ${15^0}$ και τα $P,C\,$ την

υπό γωνία ${45^0}$ . Τα τρίγωνα $CEH\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BPH$ έχουν :
$E\widehat CH = {60^0} + {15^0} + {45^0} = {120^0} = {30^0} + {90^0} = P\widehat BH$ καθώς και
$C\widehat EH = \dfrac{1}{2}C\widehat BH = {45^0} = B\widehat {PH}$ . Θα είναι λοιπόν όμοια με λόγο ομοιότητας :
$\boxed{\dfrac{{EC}}{{PB}} = \dfrac{{CH}}{{BH}} = \sqrt 2 }\,\,(1)$ . Από την άλλη μεριά

$\dfrac{{AS}}{{EC}} = \dfrac{{AS}}{{\frac{1}{2}ZS}} = \dfrac{{2AS}}{{ZS}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{AS}}{{EC}} = \sqrt 2 }\,\,(2)$ γιατί το τρίγωνο $ASZ\,$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.
Πολλαπλασιάζοντας τις $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$ κατά μέλη έχουμε $\boxed{\dfrac{{AS}}{{PB}} = 2}$ .
Τώρα τα τρίγωνα $TAS\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SBP$ είναι όμοια γιατί έχουν $T\widehat AS = S\widehat BP = {60^0}$ και $\widehat \phi = \widehat \omega = {45^0}$ γιατί αφ' ενός το τρίγωνο $ASZ\,$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές ( όπως είπαμε) και αφ' ετέρου στο τρίγωνο PBC

η $\widehat \omega$ είναι εξωτερική και έτσι $\widehat \omega = {15^0} + {30^0} = {45^0}$ .

Τα τρίγωνα λοιπόν αυτά θα έχουν λόγο εμβαδών: $\dfrac{{(TAS)}}{{(SBP)}} = {2^2} = 4 \Rightarrow \boxed{(TAS) = 4(SBP)}$ .
Να προσθέσουμε ότι τα σημεία $H,P,\,T$ ανήκουν στην ίδια ευθεία
Φιλικά Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #640

KARKAR έγραψε:Άσκηση 246
Το συνημμένο 246.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο εσωτετικό του τετραγώνου εγγράφουμε το ισόπλευρο τρίγωνο . Η τέμνει την στο .

Εγγράφουμε - πάντα εσωτερικά - ισόπλευρο τρίγωνο . Η τέμνει την στο και η την στο .

1) Δείξτε ότι το είναι σημείο της ... 2) Δείξτε ότι

Ερώτημα 1

Τα τρίγωνα , $\displaystyle{EBC,EDA}$ είναι ίσα αφού $\displaystyle{DA = AE = BE = BC = \alpha ,\angle DAE = \angle EBC = {30^0}}$ ,άρα, $\displaystyle{\angle CEB = \angle ECB = \angle ADE = \angle DEA = {75^0},\angle ECD = \angle EDC = {15^0}}$
κι επειδή $\displaystyle{\vartriangle ZDC}$ ορθογώνιο,είναι $\displaystyle{E}$ μέσον της $\displaystyle{ZC}$ κι έστω ότι η μεσοκάθετος της $\displaystyle{ZC}$ τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{S}$ .
Είναι , $\displaystyle{\angle CEA = {75^0} + {60^0} = {135^0} \Rightarrow \angle ZEA = \angle AES = ZSA = {45^0}}$ ( $\displaystyle{ZESA}$ εγγράψιμο) και $\displaystyle{\angle CSB = \angle BEC = {75^0}}$ ( $\displaystyle{ECBS}$ εγγράψιμο).Άρα $\displaystyle{\angle ZSC = {60^0}}$ κι επειδή $\displaystyle{CS = SZ}$ θα είναι $\displaystyle{\vartriangle ZCS}$ ισόπλευρο και φυσικά , $\displaystyle{\angle SCB = {15^0}}$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε

Ερώτημα 2

Είδαμε ότι , $\displaystyle{\angle AES = \angle ZSA = {45^0}}$ ,άρα $\displaystyle{AS}$ είναι εφαπτόμενη του περίκυκλου του $\displaystyle{\vartriangle ETS}$ ο οποίος τέμνει την $\displaystyle{ZC}$ στο $\displaystyle{L}$ κι έστω $\displaystyle{SL \cap EB = O}$
Επειδή, $\displaystyle{\angle SEL = {90^0}}$ η $\displaystyle{LS}$ είναι διάμετρος με $\displaystyle{LS \bot AB}$ κι αφού $\displaystyle{\angle ESA = \angle {75^0}}$ ( $\displaystyle{ZESA}$ εγγράψιμο) θα είναι $\displaystyle{\angle ESL = {15^0}}$ .Αλλά και $\displaystyle{\angle SEB = {15^0}}$ ( $\displaystyle{ECBS}$ εγγράψιμο) οπότε,στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ELS}$ είναι $\displaystyle{EO = OS \Rightarrow EO = OS = OL}$ άρα $\displaystyle{O}$ είναι το κέντρο του κύκλου
Είναι , $\displaystyle{\angle ZSE = \angle EAZ = {30^0} \Rightarrow \angle TOE = {60^0}}$ (σχέση επίκεντρης-εγγεγραμμένης) $\displaystyle{ \Rightarrow TO//AB \Rightarrow TO \bot LS}$ κι επειδή $\displaystyle{\angle TSA = {45^0} \Rightarrow (TO//AS)\angle STO = {45^0}}$ .
Αλλά και $\displaystyle{\angle SPB = \angle PCB + \angle PBC = {15^0} + {30^0} = {45^0}}$ οπότε, $\displaystyle{TOPS}$ εγγράψιμο κι έτσι, $\displaystyle{TP \bot SP \Rightarrow \vartriangle TPS}$ ορθογώνιο με $\displaystyle{\angle PST = {60^0}}$ κι αν $\displaystyle{Q,N}$ μέσα αντίστοιχα των $\displaystyle{TS,AS \Rightarrow \left( {QSN} \right) = \frac{1}{4}\left( {TAS} \right)}$ και $\displaystyle{QS = QP = PS}$ .
Επειδή και $\displaystyle{\angle QSN = \angle SPB = {45^0},\angle SQN = (AT//QN)) = \angle ATS = {30^0} + {45^0} = {75^0} \Rightarrow \vartriangle QSN = \vartriangle SPB}$ .Άρα $\displaystyle{\left( {QSN} \right) = \frac{1}{4}\left( {TAS} \right) \Rightarrow \left( {SBP} \right) = \frac{1}{4}\left( {ATS} \right) \Rightarrow \boxed{\left( {ATS} \right) = 4\left( {SBP} \right)}}$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε

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