Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

KARKAR · #161

Άσκηση 61

: 61.png (8.65 KiB) Προβλήθηκε 1677 φορές

Σε τετράγωνο ABCD

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 ML=MN

#162

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 55

Δίνονται τα τετράγωνα και σημείο στην πλευρά τέτοιο ,ώστε $\angle DAH = 15^o$ .

Να αποδείξετε ότι $\angle AHZ = 75^o$ .

Μπάμπης

Πολλές λύσεις μπορούμε να δώσουμε, αν παρατηρήσουμε ότι ο Μπάμπης έκανε "ζαβολιά": Έκοψε στη μέση το γνωστό σχήμα με το τετράγωνο, τις δύο γωνίες 15 μοιρών και το ισόπλευρο τρίγωνο που σχηματίζεται στο εσωτερικό του.

(Άσκηση 009 της παρούσης συλλογής)

#163

ΑΣΚΗΣΗ 62

Τα $AB\Gamma \Delta, EZH\Theta$ είναι τετράγωνα. Αν το $B\Gamma H\Theta$ είναι εγγράψιμμο σε κύκλο στον οποίο η ευθεία $A\Delta$ ορίζει χορδή με απόστημα α, να αποδειχτεί ότι η διαφορά των πλευρών των τετραγώνων είναι $\frac{8}{5}\alpha$

#164

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 55

Δίνονται τα τετράγωνα και σημείο στην πλευρά τέτοιο ,ώστε $\angle DAH = 15^o$ .

Να αποδείξετε ότι $\angle AHZ = 75^o$ .

Μπάμπης

Άλλος τρόπος

Στην πλευρά

παίρνουμε τμήμα BK=DH

.

Το τρίγωνο AHK

είναι ισόπλευρο,διότι $\angle HAK=60^o$ και AH=AK

. Έτσι

που σημαίνει ότι το τρίγωνο KHZ

είναι ισοσκελές. Όμως η μη κυρτή γωνία HKZ

είναι ίση με 210^o

.

Επομένως $\angle KHZ=15^o$ , οπότε $\angle AHZ=\angle AHK+\angle KHZ=60^o + 15^o = 75^0$

Μπάμπης

apotin · #165

orestisgotsis έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 019
Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων $\displaystyle{M}$ του επιπέδου τετραγώνου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ πλευράς $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} = 2\alpha }$ για τα οποία ισχύει $\displaystyle{{\rm M}{{\rm Z}^3} + {\rm M}{\Theta ^3} + {\rm M}{{\rm E}^3} + {\rm M}{{\rm H}^3} = {\kappa ^3}}$ .
Όπου $\displaystyle{{\rm M}{\rm Z},\,\,{\rm M}\Theta ,\,\,{\rm M}{\rm E},\,\,{\rm M}{\rm H}}$ οι αποστάσεις του $\displaystyle{M}$ από τις πλευρές του τετραγώνου.

: tet_19.png (5.56 KiB) Προβλήθηκε 1603 φορές

Είναι $\displaystyle{ME+MH=2a}$ , οπότε:
$\displaystyle{M{E^2} + M{H^2} = 4{a^2} - 2ME \cdot MH\;\;\left( 1 \right)}$
και
$\displaystyle{M{E^3} + M{H^3} = 8{a^3} - 3ME \cdot MH\left( {ME + MH} \right) = 8{a^3} - 6aME \cdot MH\;\;\left( 2 \right)}$
Όμοια βρίσκουμε
$\displaystyle{M{Z^2} + M{\Theta ^2} = 4{a^2} - 2MZ \cdot M\Theta \;\;\left( 3 \right)}$
και
$\displaystyle{M{Z^3} + M{\Theta ^3} = 8{a^3} - 6aMZ \cdot M\Theta \;\;\left( 4 \right)}$
Τότε
$\displaystyle{\left( 1 \right) + \left( 3 \right) \Rightarrow M{E^2} + M{H^2} + M{Z^2} + M{\Theta ^2} = 8{a^2} - 2\left( {ME \cdot MH + MZ \cdot M\Theta } \right) \Rightarrow }$ $\displaystyle{M{\Delta ^2} + M{B^2} = 8{a^2} - 2\left( {ME \cdot MH + MZ \cdot M\Theta } \right)}$
Από το Θ. Διαμέσων στο τρίγωνο $\displaystyle{B\Delta M}$ έχουμε

$\displaystyle{M{\Delta ^2} + M{B^2} = 2M{O^2} + \frac{{\Delta {B^2}}}{2} \Rightarrow 2M{O^2} + \frac{{\Delta {B^2}}}{2} = 8{a^2} - 2\left( {ME \cdot MH + MZ \cdot M\Theta } \right) \Rightarrow }$

$\displaystyle{2M{O^2} + 4{\alpha ^2} = 8{a^2} - 2\left( {ME \cdot MH + MZ \cdot M\Theta } \right) \Rightarrow ME \cdot MH + MZ \cdot M\Theta = 2{\alpha ^2} - {\rm M}{{\rm O}^2}\;\;\left( 5 \right)}$

Τότε

$\displaystyle{\left( 2 \right) + \left( 3 \right) \Rightarrow {\rm M}{{\rm E}^3} + {\rm M}{{\rm H}^3} + {\rm M}{{\rm Z}^3} + {\rm M}{\Theta ^3} = 16{\alpha ^3} - 6\alpha \left( {ME \cdot MH + MZ \cdot M\Theta } \right)\;\;\mathop = \limits^{\left( 5 \right)} \;\;16{\alpha ^3} - 6\alpha \left( {2{\alpha ^2} - {\rm M}{{\rm O}^2}} \right) = 4{\alpha ^3} + 6\alpha {\rm M}{{\rm O}^2}}$

Άρα $\displaystyle{4{\alpha ^3} + 6\alpha {\rm M}{{\rm O}^2} = {\kappa ^3} \Leftrightarrow {\rm M}{{\rm O}^2} = \frac{{{\kappa ^3} - 4{\alpha ^3}}}{{6\alpha }},\;\;{\kappa ^3} - 4{\alpha ^3} \ge 0}$

Οπότε ο γτ είναι κύκλος με κέντρο το κέντρο του τετραγώνου $\displaystyle{O}$ και ακτίνα $\displaystyle{{\rm M}{\rm O}}$ που προκύπτει από την παραπάνω σχέση.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

KARKAR · #166

Άσκηση 63

: 63.png (11.58 KiB) Προβλήθηκε 1547 φορές

Το

είναι το μέσο της πλευράς

τετραγώνου ABCD

. Η

τέμνει τον κύκλο στο

.

Η

τέμνει τη διαγώνιο

στο

. Υπολογίστε τους λόγους $\displaystyle\frac{MS}{MC},\frac{TA}{TC},\frac{TS}{TB}$

Ανδρέας Πούλος · #167

ΑΣΚΗΣΗ 50
Στο ορθογώνιο KLEM

το

είναι το κέντρο του (απόδειξη απλή).
Άρα, τα τρίγωνα ABC

και

είναι όμοια με λόγο ομοιότητας 2.
Αν

η πλευρά του μεγάλου τετραγώνου (με τα 9 τετράγωνα), αυτό έχει εμβαδόν 9a^2

.
Το εμβαδόν του τριγώνου ABC

είναι $\frac{a}{2}\frac{a}{3}\frac{1}{2}=\frac{a^{2}}{12}$
Άρα, το σκούρο τετράγωνο έχει εμβαδόν $a^{2}\frac{a^{2}}{12}=\frac{11a^{2}}{12}$
Ο ζητούμενος λόγος είναι $\frac{\frac{11a^{2}}{12}}{\frac{a^{2}}{1}}=\frac{11}{108}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #168

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\textrm{MDC}$ με $\textrm{DM}=\dfrac{\alpha }{2},\textrm{DC=}\alpha$ εύκολα παίρνουμε ότι $\textrm{MC}=\dfrac{\alpha \sqrt{5}}{2}$ .Ακόμη , $\textrm{SM}\cdot \textrm{MC}=\textrm{DM}\cdot \textrm{MA}=\dfrac{\alpha ^{2}}{4}\Rightarrow \textrm{SM}\cdot \dfrac{\alpha \sqrt{5}}{2}=\dfrac{\alpha ^{2}}{4}\Rightarrow \textrm{SM}=\dfrac{\alpha \sqrt{5}}{10}$ οπότε , $\dfrac{MS}{MC}=\dfrac{1}{5}$ και $\dfrac{CM}{CS}=\dfrac{5}{6}$ .
Έστω , $\textrm{CM}\cap \textrm{BA}=\textrm{L}$ .Τότε ,προφανώς είναι $\textrm{DC=AL=}\alpha ,\textrm{CM=ML}$ και αν $\textrm{BM}\cap \textrm{CA}=\textrm{N}$ ,το $\textrm{N}$ , είναι το κέντρο βάρους του τριγώνου $\textrm{BLC}$
Στο τρίγωνο $\textrm{MBS}$ με διατέμνουσα $\textrm{TNC}$ έχουμε
$\dfrac{TS}{TB}\cdot \dfrac{NB}{NM}\cdot \dfrac{CM}{CS}=1\Rightarrow \dfrac{TS}{TB} \cdot \dfrac{2}{1}\cdot \dfrac{5}{6}=1\Rightarrow \dfrac{TS}{TB}=\dfrac{3}{5}$
Στο τρίγωνο $\textrm{ALC}$ με διατέμνουσα $\textrm{STB}$ έχουμε
$\dfrac{TA}{TC}\cdot \dfrac{SC}{SL}\cdot \dfrac{BL}{BA}=1\Rightarrow \dfrac{TA}{TC}\cdot \dfrac{SC}{SL} \cdot 2=1\Rightarrow \dfrac{TA}{TC}\cdot \dfrac{CM+MS}{ML-MS}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \dfrac{TA}{TC}\cdot \dfrac{CM+MS}{CM-MS}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \dfrac{TA}{TC}\cdot \dfrac{\dfrac{CM}{MS}+1}{\dfrac{CM}{MS}-1}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \dfrac{TA}{TC}\cdot \dfrac{5+1}{5-1}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \dfrac{TA}{TC} =\dfrac{1}{3}$

KARKAR · #169

Άσκηση 64

: 64.png (12.96 KiB) Προβλήθηκε 1465 φορές

Το

είναι το μέσο της πλευράς

τετραγώνου ABCD

. Οι δύο κύκλοι του σχήματος ,

εφάπτονται σε δύο πλευρές του τετραγώνου και στην

. Το

είναι ένα κοινό εξωτερικά

εφαπτόμενο τμήμα . Υπολογίστε τους λόγους $\displaystyle \frac{\rho}{R} , \frac{\rho}{t}$

apotin · #170

rek2 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 62

Τα $AB\Gamma \Delta, EZH\Theta$ είναι τετράγωνα. Αν το $B\Gamma H\Theta$ είναι εγγράψιμμο σε κύκλο στον οποίο η ευθεία $A\Delta$ ορίζει χορδή με απόστημα α,
να αποδειχτεί ότι η διαφορά των πλευρών των τετραγώνων είναι $\frac{8}{5}\alpha$

: tet_62.png (14.14 KiB) Προβλήθηκε 1452 φορές

To $\displaystyle{{\rm B}\Gamma {\rm H}\Theta }$ είναι τραπέζιο και αφού είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο είναι ισοσκελές.
Έτσι τα $\displaystyle{OM=a, OP, ON}$ είναι αποστήματα των χορδών $\displaystyle{IK,\;H\Theta ,\;\Gamma B}$ αντίστοιχα.
Έστω $\displaystyle{{\lambda _\nu },\;{\lambda _\mu }}$ οι πλευρές των τετραγώνων $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta ,\;{\rm E}{\rm Z}{\rm H}\Theta }$ αντίστοιχα και $\displaystyle{{\alpha _\nu },\;{\alpha _\mu }}$ τα αποστήματα των χορδών $\displaystyle{\Gamma B,\;H\Theta }$ .
Τότε $\displaystyle{{\alpha _\nu } = {\rm O}{\rm N} = {\lambda _\nu } - \alpha }$ και $\displaystyle{{\alpha _\mu } = {\rm O}{\rm P} = {\lambda _\mu } + \alpha }$
Επειδή είναι χορδές και αποστήματα του ίδιου κύκλου έχουμε:
$\displaystyle{\lambda _\nu ^2 - \lambda _\mu ^2 = 4\left( {\alpha _\mu ^2 - \alpha _\nu ^2} \right) = 4\left[ {{{\left( {{\lambda _\mu } + \alpha } \right)}^2} - {{\left( {{\lambda _\nu } - \alpha } \right)}^2}} \right] = 4\left[ {\lambda _\mu ^2 - \lambda _\nu ^2 + 2\alpha \left( {{\lambda _\nu } + {\lambda _\mu }} \right)} \right] \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow 5\left( {\lambda _\nu ^2 - \lambda _\mu ^2} \right) = 8\alpha \left( {{\lambda _\nu } + {\lambda _\mu }} \right) \Leftrightarrow {\lambda _\nu } - {\lambda _\mu } = \frac{{8\alpha }}{5}}$

kostas_zervos · #171

ΑΣΚΗΣΗ 65

: ask48.png (6.32 KiB) Προβλήθηκε 1445 φορές

Δίνεται τετράγωνο ABCD

πλευράς

και κέντρου Κ και ο κύκλος (K,R)

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 60^o

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

Edit

apotin · #172

KARKAR έγραψε:Άσκηση 64

Το είναι το μέσο της πλευράς τετραγώνου . Οι δύο κύκλοι του σχήματος ,

εφάπτονται σε δύο πλευρές του τετραγώνου και στην . Το είναι ένα κοινό εξωτερικά

εφαπτόμενο τμήμα . Υπολογίστε τους λόγους $\displaystyle \frac{\rho}{R} , \frac{\rho}{t}$

: tet_64.png (12.56 KiB) Προβλήθηκε 1372 φορές

Έστω $\displaystyle{a}$ η πλευρά του τετραγώνου.

Η $\displaystyle{CM}$ τέμνει την προέκταση της $\displaystyle{DA}$ στο $\displaystyle{Z}$ και $\displaystyle{DZ=2a}$ αφού $\displaystyle{DC=2AM}$

Έχουμε $\displaystyle{C{M^2} = C{B^2} + B{M^2} = {a^2} + \frac{{{a^2}}}{4} \Rightarrow CM = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}}$

και $\displaystyle{C{Z^2} = D{C^2} + D{Z^2} = {a^2} + 4{a^2} \Rightarrow CZ = a\sqrt 5 }$

Γνωρίζουμε ότι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου σε ορθογώνιο τρίγωνο ισούται με $\displaystyle{\tau - \alpha }$ όπου $\displaystyle{\tau }$ η ημιπερίμετρος και $\displaystyle{a}$ η υποτείνουσα.

Έτσι από τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{BMC, DCZ}$ έχουμε:

$\displaystyle{\rho = \frac{{a + \frac{a}{2} - \frac{{a\sqrt 5 }}{2}}}{2} = \frac{{a\left( {3 - \sqrt 5 } \right)}}{4}}$

και

$\displaystyle{R = \frac{{a + 2a - a\sqrt 5 }}{2} = \frac{{a\left( {3 - \sqrt 5 } \right)}}{2}}$

οπότε $\displaystyle{\frac{\rho }{R} = \frac{1}{2}}$

Είναι $\displaystyle{KN, OI{ \bot }CM}$ .

Τότε

$\displaystyle{t = OI + KN = R + \rho = \frac{{3\alpha \left( {3 - \sqrt 5 } \right)}}{4} \Rightarrow \frac{\rho }{t} = \frac{1}{3}}$

apotin · #173

Άσκηση 66

Τετράγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{\left( {O,\;R} \right)}$ . Αν $\displaystyle{H, P, K, N}$ είναι οι προβολές των κορυφών $\displaystyle{{\rm A}, {\rm B}, \Gamma, \Delta }$ του τετραγώνου σε μια

εφαπτομένη $\displaystyle{\left( \varepsilon \right)}$ του κύκλου τότε, να δείξετε ότι: $\displaystyle{AH \cdot \Gamma K + BP \cdot \Delta N = {R^2}}$

: tet_66.png (9.91 KiB) Προβλήθηκε 1355 φορές

#174

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 M,N

αντιστoίχως, να αποδειχτεί ότι το $MNZ \Delta$ είναι εγγράψιμμο.

Ανδρέας Πούλος · #175

Ανδρέας Πούλος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 50
Στο ορθογώνιο το είναι το κέντρο του (απόδειξη απλή).
Άρα, τα τρίγωνα και είναι όμοια με λόγο ομοιότητας 2.
Αν η πλευρά του μεγάλου τετραγώνου (με τα 9 τετράγωνα), αυτό έχει εμβαδόν .
Το εμβαδόν του τριγώνου είναι $\frac{a}{2}\frac{a}{3}\frac{1}{2}=\frac{a^{2}}{12}$
Άρα, το σκούρο τετράγωνο έχει εμβαδόν $a^{2}\frac{a^{2}}{12}=\frac{11a^{2}}{12}$
Ο ζητούμενος λόγος είναι $\frac{\frac{11a^{2}}{12}}{\frac{a^{2}}{1}}=\frac{11}{108}$

Δεν πρόσεξα ότι ο Αποστόλης (apotin) είχε δημοσιεύσει λύση στο πρόβλημα αυτό από την Πέμπτη 6/6/2013.
Βιάστηκα γιατί ήθελα να ανταποκριθώ στο πρόβλημα που έθεσε ο φίλος μου ο Γιώργος.
Ουσιαστικά, η λύση μου είναι παρόμοια. Δεν θέλω όμως να την σβύσω.
Ανδρέας Πούλος

#176

Μιχάλης Νάννος έγραψε:
ctheofi έγραψε:Άσκηση 009

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και εσωτερικό σημείο Ε, τέτοιο ώστε το τρίγωνο ΕΑΒ να είναι ισοσκελές, με τις ίσες γωνίες του ΕΑΒ και ΕΒΑ να ισούνται προς 15 μοίρες.

Να δειχτεί ότι το τρίγωνο ΕΔΓ είναι ισόπλευρο.
Μια λύση όχι δική μου...
sq009.png
$\vartriangle {\rm E}{\rm A}\Delta \mathop = \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \vartriangle {\rm E}{\rm B}\Gamma \Rightarrow {\rm E}\Delta = {\rm E}\Gamma$ και $\Delta \widehat {\rm E}{\rm A} = \Gamma \widehat {\rm E}{\rm B} = y$ .
Έστω ότι $\Delta \widehat {\rm E}\Gamma = 2x$ με: $2x > {60^ \circ } \Leftrightarrow x > {30^ \circ } \Leftrightarrow y < {75^ \circ } \Leftrightarrow {\rm B}\Gamma < {\rm E}\Gamma \Leftrightarrow \Gamma \Delta < {\rm E}\Gamma \Leftrightarrow$
$2x < {90^ \circ } - x \Leftrightarrow 3x < {90^ \circ } \Leftrightarrow x < {30^ \circ } \Leftrightarrow 2x < {60^ \circ }$ , οπότε $2x = {60^ \circ }$ και το $\vartriangle {\rm E}\Delta \Gamma$ ισόπλευρο.

Την είχαμε δει εδώ και στις παραπομπές.

Στις παραπομπές αυτής της άσκησης δεν έχω δει (αν είδα καλά!) την πολύ απλή και γρήγορη "απόδειξη του Γ. Ρίζου" -( Γιώργο

)-, με συντεταγμένες. Στηρίζεται στην ισότητα: $(2-\epsilon \varphi 15^o)^2=3$

Πραγματικά , αν α είναι η πλευρά του τετραγώνου, είναι με αρχή το Α:

$A(0,0), \Delta (\frac{a}{2},0), E(\frac{a}{2}, \frac{a}{2}\varepsilon \phi 15^o)$

και τώρα

$\Delta E=\sqrt{\left(\frac{a}{2} \right)^2+\left(a -\frac{a}{2}\epsilon \varphi 15^o\right)^2}=a$ , κ.λπ.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #177

ΑΣΚΗΣΗ 67

Καλησπέρα
$\dfrac{MA}{MC}=\dfrac{AE}{CD}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow \dfrac{AC}{MC}=\dfrac{4}{3}\Rightarrow \textrm{MC}=\dfrac{3}{4}\alpha \sqrt{2}$ $\dfrac{CN}{NA}=\dfrac{ZC}{AB}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow \dfrac{CN}{CA}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow \textrm{CN}=\dfrac{\alpha \sqrt{2}}{3}$ $\textrm{CZ}\cdot CD=\alpha \cdot \dfrac{\alpha }{2}=\dfrac{\alpha ^{2}}{2}=\textrm{CN}\cdot \textrm{CM}\Rightarrow \textrm{DZNM}$ εγγράψιμο.

KARKAR · #178

Άσκηση 68

: 68.png (7.16 KiB) Προβλήθηκε 1250 φορές

Με κέντρο το μέσο

της πλευράς

, τετραγώνου ABCD

, έχουμε γράψει τον κύκλο (M,MA)

.

Ευθεία που διέρχεται από το

, εφάπτεται του κύκλου στο

και τέμνει την

στο

.

Αν η

τέμνει την

στο

, υπολογίστε τις πλευρές του τριγώνου SPT

.

#179

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

parmenides51 · #180

για να παίξω κι εγώ ας δούμε μερικές παραπομπές

(περισσότερες λύσεις βρίσκονται συνήθως στις παραπομπές των παραπομπών)

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Άσκηση 010
Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ και έστω ${\rm E},{\rm Z},{\rm H},\Theta$ τα μέσα των πλευρών ${\rm A}{\rm B},{\rm B}\Gamma ,\Gamma \Delta ,\Delta {\rm A}$ αντίστοιχα. Δείξτε ότι το τετράπλευρο ${\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}$ , που σχηματίζεται απ’ τις τομές των πλευρών $\Delta {\rm Z},\Theta {\rm B},{\rm A}{\rm H},{\rm E}\Gamma$ , είναι τετράγωνο και ότι $\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta } \right) = 5\left( {{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}} \right)$ .

εδώ

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Άσκηση 017
Δίνεται τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ με ${\rm M}$ το μέσο της πλευράς ${\rm A}{\rm B}$ και σημείο ${\rm N}$ , επί της διαγωνίου ${\rm A}\Gamma$ , τέτοιο ώστε ${\rm A}{\rm N} = 3{\rm N}\Gamma$ . Να δείξετε ότι το $\triangleleft \Delta {\rm N}{\rm M}$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

εδώ για ζητούμενο ορθογώνιο
(σε μερικές λύσεις αποδεικνύεται και το ισοσκελές)

apotin έγραψε:Άσκηση 66
Τετράγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{\left( {O,\;R} \right)}$ . Αν $\displaystyle{H, P, K, N}$ είναι οι προβολές των κορυφών $\displaystyle{{\rm A}, {\rm B}, \Gamma, \Delta }$ του τετραγώνου σε μια

εφαπτομένη $\displaystyle{\left( \varepsilon \right)}$ του κύκλου τότε, να δείξετε ότι: $\displaystyle{AH \cdot \Gamma K + BP \cdot \Delta N = {R^2}}$

εδώ

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: ΑΣΚΗΣΗ 63

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