Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

#241

KARKAR έγραψε:Άσκηση 86

Ας γράψουμε και μία για τους φίλους της αναλυτικής Γεωμετρίας ( καλησπέρα Γιώργο ... )
Το συνημμένο αναλυτική.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το τετράγωνό μας έχει τώρα πλευρά μήκους και σημείο κινείται επί της .

Να βρεθεί η εξίσωση κατακόρυφης ευθείας , η οποία τέμνοντας την στο και την στο ,

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

: τετράγωνα 86.png (14.69 KiB) Προβλήθηκε 1276 φορές

Αφού

θα είναι

, είτε από την ομοιότητα των τριγώνων $ABS\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{\rm A}{\rm E}{\rm T}$ , είτε από την λύση των $\left\{ \begin{gathered} y = kx \hfill \\ x = m \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Το ζητούμενο προκύπτει εφ’ όσον

$(AEPD) + (ABS) - (ATE) = \displaystyle\frac{1}{2}(ABCD)$ . Δηλαδή

$m + \displaystyle\frac{1}{2}k - \displaystyle\frac{1}{2}m \cdot km = \displaystyle\frac{1}{2} \Rightarrow k{m^2} - 2m + (1 - k) = 0$ με 0 < k < 1

Από την τελευταία έχω δεκτή ρίζα $\boxed{m = \displaystyle\frac{{1 - \sqrt {{k^2} - k + 1} }}{k}}$ αφού πρέπει και

0 < m < 1

Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #242

Μια πρόταση για την 88

$\angle Z\Gamma E=\angle \Gamma BZ=22.5^{0}$ (οξείες με κάθετες πλευρές) άρα και $\angle HBO=22.5^{0}\Rightarrow \textrm{BH}$ διχοτόμος των τριγώνων $\textrm{OB}\Gamma ,\Delta B\Gamma$
$\frac{\Delta Z}{Z\Gamma }=\frac{\Delta B}{B\Gamma }=\frac{\alpha \sqrt{2}}{\alpha }=\sqrt{2}\Rightarrow \frac{\Delta Z}{\Delta \Gamma }=2-\sqrt{2 } \Rightarrow \Delta Z=\alpha \left ( 2-\sqrt{2} \right )$
$\frac{OH}{H\Gamma }=\frac{OB}{B\Gamma }=\frac{\frac{\alpha \sqrt{2}}{2}}{\alpha }=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow \textrm{OH}=\frac{\alpha\left ( 2-\sqrt{2} \right ) }{2}=\frac{\Delta Z}{2}$

KARKAR · #243

Άσκηση 89

: 89.png (8.12 KiB) Προβλήθηκε 1244 φορές

Για να τεμαχίσουμε ένα τετράγωνο οικόπεδο σε τρία κομμάτια , ανάλογα των αριθμών 1,2,3

,

φέραμε το τμήμα

(

μέσο

) και το κάθετο προς αυτό , τμήμα

.

Εξηγήστε την ορθότητα της λύσης . Και μια ανοικτή ερώτηση :

Μπορείτε να επιτύχετε παρόμοιο αποτέλεσμα , φέροντας δύο διαφορετικά τμήματα ;

Ιστοσελίδα · #244

Ευχαριστώ θερμά και το φίλο Νίκο Φραγκάκη (Doloros) για την αποστολή του υλικού του.

#245

apotin έγραψε: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 $\displaystyle{\Delta {\rm Z} = 2{\rm H}{\rm O}}$ .
Το συνημμένο tet_88.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Καλημέρα σε όλους

: 88.png (20.45 KiB) Προβλήθηκε 1226 φορές

Αν η

κόψει την διαγώνιο

στο

, το τετράπλευρο BTZC

είναι ο

«προσφιλής» χαρταετός του Μιχάλη και έτσι $ZT \bot TB$ . Επί πλέον το

είναι

ορθόκεντρο του ισοσκελούς τριγώνου BTC

. Έτσι αν το ύψος από το

προς την

τη κόψει στο

και ονομάσουμε

το μέσο του

από την σχεδόν

προφανή ισότητα των ορθογωνίων και ισοσκελών τριγώνων :

$SHC\,\,,\,\,OTH\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TMZ$ προκύπτει το ζητούμενο.

Νίκος

Ανδρέας Πούλος · #246

ΑΣΚΗΣΗ 90.

Στο συνημμένο σχήμα το γρι τετράγωνο έχει μήκος πλευράς

, ενώ το κίτρινο τετράγωνο έχει μήκος πλευράς

.
Τα τετράγωνα έχουν ένα τουλάχιστον ζεύγος πλευρών παράλληλες.
Ονομάζουμε

,

τις αποστάσεις των αντίστοιχων κορυφών τους.

Να αποδειχθεί η σχέση $\left|\frac{y_{1}-y_{3}}{y_{2}-y_{4}} \right|=\frac{y_{2}+y_{4}}{y_{1}+y_{3}}$ .

Είναι μία δική μου σύνθεση από παλιές μου σημειώσεις.

Επιπλέον ερωτήματα:
1. Είναι απαραίτητη η απόλυτη τιμή στη σχέση;
2. Πότε δεν έχει νόημα η σχέση. Πώς μπορούμε να την τροποποιήσουμε, ώστε να αποκτήσει νόημα και στην περίπτωση αυτή;
3. Να δώσετε μία τουλάχιστον γενίκευση της άσκησης.

Ανδρέας Πούλος

#247

rek2 έγραψε:
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.

Μετά την παρέμβαση-λύση του Θανάση (ΚΑΡΚΑΡ), να πω ότι η άσκηση ενδεχομένως να είναι πρωτότυπη αφού δεν την δανείστηκα, αλλά προέκυψε κατά τη μελέτη του σχήματος της άσκησης 067.

#248

kostas_zervos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 87
Δίνεται το τετράγωνο 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 .

Κώστα καλημέρα!!!.
$\bullet$ α) Ας είναι $S \equiv CH \cap AD$ . Τότε $\left( {CZ} \right)\mathop = \limits^{\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \alpha \,\,\tau \mu \eta \mu \alpha \tau \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( M \right)} \left( {CB} \right)\mathop = \limits^{ABCD\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} \left( {CD} \right) \Rightarrow \vartriangle CZD$ ισοσκελές και με

$CS \bot DZ$ $\left( {\angle CHD\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\eta \mu \iota \kappa \upsilon \kappa \lambda \iota o\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \tau \rho o\upsilon \,\,CD} {{90}^0}} \right) \Rightarrow CS$ μεσοκάθετη της $DZ \Rightarrow CDSZ$ είναι "χαρταετός", οπότε:

$\angle SZC = \angle SDC = {90^0} \Rightarrow SZ \bot CZ$ $\mathop \Rightarrow \limits^{CZ\,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( M \right)} CZ$ διέρχεται από το μέσο (κέντρο του κύκλου διαμέτρου ).

Είναι $\boxed{CM \bot ZB}:\left( 1 \right)$ ((στην ουσία μεσοκάθετη από τα εφαπτόμενα τμήματα του κύκλου $\left( M \right)$ ).

Επίσης $\angle BZA\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\eta \mu \iota \kappa \upsilon \kappa \lambda \iota o\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \tau \rho o\upsilon \,\,AB} {90^0} \Rightarrow$ $AZ \bot ZB\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} AZ\parallel MC\mathop \Rightarrow \limits^{DC\parallel AB} AMCN$ παραλληλόγραμμο,

με $N \equiv AZ \cap DC$ , οπότε $\left( {NC} \right) = \left( {AM} \right) = \dfrac{{\left( {AB} \right)}}{2} = \dfrac{{\left( {CD} \right)}}{2} \Rightarrow N$ το μέσο του (κέντρο του ημικυκλίου διαμέτρου ).

Προφανώς το σημείο επαφής των δύο ημικυκλίων είναι το κέντρο του τετραγώνου.

Με $\angle ZOD\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o\upsilon \,\,OBAZ\,\,\sigma \tau o\nu \,\,\left( M \right)}$ $\angle ZAB\mathop = \limits^{AB\parallel DC\,\,(\varepsilon \nu \tau o\varsigma \,\,\varepsilon \nu \alpha \lambda \lambda \alpha \xi )} \angle ZNC \Rightarrow DZON$ εγγράψιμο, άρα

$\angle OZE\mathop = \limits^{\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\, - \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta }$ $\angle OND = {90^0} \Rightarrow {\rm O}{\rm T}$ διάμετρος του κύκλου $\left( {\rm M} \right)$ , όπου $T \equiv DZ \cap NOM$ .

Με $EM\parallel DN \Rightarrow \vartriangle EMT \sim \vartriangle DNT \Rightarrow$ $\dfrac{{\left( {EM} \right)}}{{\left( {DN} \right)}} = \dfrac{{\left( {TM} \right)}}{{\left( {TN} \right)}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}}}{{\dfrac{{3a}}{2}}} = \dfrac{1}{3}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {DN} \right) = \frac{a}{2}} \boxed{\left( {EM} \right) = \dfrac{a}{6}}:\left( 2 \right)$ .

Οπότε $\left( {AE} \right) = \left( {AM} \right) - \left( {EM} \right)\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{a}{2} - \dfrac{a}{6} \Rightarrow \boxed{\left( {AE} \right) = \dfrac{a}{3}}$ και το πρώτο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.
[attachment=0]87.png[/attachment]
$\bullet$ β) Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle DAE$ έχουμε: $\left( {DE} \right) = \sqrt {{{\left( {DA} \right)}^2} + {{\left( {AE} \right)}^2}} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\dfrac{a}{3}} \right)}^2}} \Rightarrow$ $\ldots \boxed{\left( {DE} \right) = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{3}}:\left( 3 \right)$ .

Με $AE\parallel DN \Rightarrow \vartriangle NZD \sim \vartriangle AZE \Rightarrow$ $\dfrac{{\left( {DZ} \right)}}{{\left( {ZE} \right)}} = \dfrac{{\left( {DN} \right)}}{{\left( {AE} \right)}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}}}{{\dfrac{a}{3}}} = \dfrac{3}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {DZ} \right) = 2\left( {HZ} \right)}$ $\dfrac{{\left( {DZ} \right)}}{{\left( {DZ} \right) + \left( {ZE} \right)}} = \dfrac{3}{{3 + 2}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{\left( {DZ} \right)}}{{\left( {DE} \right)}} = \dfrac{3}{5}}:\left( 4 \right)$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {DZ} \right) = 2\left( {HZ} \right)} \dfrac{{2\left( {HZ} \right)}}{{\left( {DE} \right)}} = \dfrac{3}{5} \Rightarrow \left( {HZ} \right) = \dfrac{3}{{10}}\left( {DE} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)}$ $\left( {HZ} \right) = \dfrac{{3a\sqrt {10} }}{{30}} \Rightarrow \boxed{\left( {HZ} \right) = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{{10}}}:\left( 5 \right)$ .

Αν είναι το κέντρο του κύκλου διαμέτρου άρα ακτίνας $r = \dfrac{{\left( {HZ} \right)}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} \boxed{r = \dfrac{{a\sqrt {10} }}{{20}}}:\left( 6 \right)$ και $KL \bot AD\left( {L \in AD} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{EA \bot AD} KL\parallel AE \Rightarrow$

$\dfrac{{\left( {KL} \right)}}{{\left( {AE} \right)}} = \dfrac{{\left( {DK} \right)}}{{\left( {DE} \right)}} = \dfrac{{\dfrac{3}{4}\left( {DZ} \right)}}{{\left( {DE} \right)}} = \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{3}{5} = \dfrac{9}{{20}} \Rightarrow$ $\left( {KL} \right) = \dfrac{9}{{20}}\left( {AE} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AE} \right) = \frac{a}{3}} \boxed{\left( {KL} \right) = \dfrac{{3a}}{{20}}}:\left( 7 \right)$ .

Με $10 > 9 \Rightarrow \sqrt {10} > 3 \Rightarrow \dfrac{{a\sqrt {10} }}{{20}} > \dfrac{{3a}}{{20}} \Rightarrow r > \left( {KL} \right) \Rightarrow$ ο κύκλος $\left( K \right)$ τέμνει την (έστω στα σημεία ), τότε είναι $\boxed{\left( {PQ} \right) = 2\left( {LQ} \right)}:\left( 8 \right)$ .

Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle KLQ\left( {\angle KLQ = {{90}^0}} \right) \Rightarrow$ $\left( {LQ} \right) = \sqrt {{{\left( {KQ} \right)}^2} - {{\left( {KL} \right)}^2}} \mathop \Rightarrow \limits^{\left( {KQ} \right) = r}$

$\dfrac{{\left( {PQ} \right)}}{2} = \sqrt {{{\left( {\dfrac{{a\sqrt {10} }}{{20}}} \right)}^2} - {{\left( {\dfrac{{3a}}{{20}}} \right)}^2}} =$ $\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{{400}}} = \dfrac{a}{{20}} \Rightarrow \boxed{\left( {PQ} \right) = \dfrac{a}{{10}}}$ και το δεύτερο ζητούμενο έχει υπολογιστεί.

Στάθης

Υ.Σ. Ένα νομίζω ενδιαφέρον αποτέλεσμα είναι ότι τα σημεία είναι συνευθειακά, με $X \equiv BZ \cap CM$

#249

KARKAR έγραψε:Άσκηση 89
89.png
Για να τεμαχίσουμε ένα τετράγωνο οικόπεδο σε τρία κομμάτια , ανάλογα των αριθμών , φέραμε το τμήμα ( μέσο ) και το κάθετο προς αυτό , τμήμα .

Εξηγήστε την ορθότητα της λύσης . Και μια ανοικτή ερώτηση :

Μπορείτε να επιτύχετε παρόμοιο αποτέλεσμα , φέροντας δύο διαφορετικά τμήματα ;

Έστω $M,\ N,$ τα μέσα των πλευρών $AD,\ BC$ αντιστοίχως, στο σχήμα του Θανάση ( KARKAR ) πιο πάνω και ας είναι $K,\ L,$ τα σημεία επί των $CD,\ MN$ αντιστοίχως, ώστε να είναι KC = 2KD

και

Άμεσα προκύπτει ότι τα τμήματα $KDML,\ KLNC,\ ABND$ έχουν εμβαδά ανάλογα των αριθμών $1,\ 2,\ 3.$

Κώστας Βήττας.

ΥΓ (1). Θανάση, αν ένας Μηχανικός χώριζε ένα τετράγωνο οικόπεδο έτσι όπως ορίζεται στην εκφώνηση, τότε το ΤΕΕ θα του αφαιρούσε την άδεια άσκησης επαγγέλματος.

ΥΓ (2). Διόρθωσα την στραβομάρα μου, όπου βλέποντας τη δημοσίευση του φίλου μου Θανάση, αναφέρθηκα στον φίλο μου Νίκο, γιατί την πέρασα ότι ήταν δική του.

#250

KARKAR έγραψε:Άσκηση 89
Το συνημμένο 89.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Για να τεμαχίσουμε ένα τετράγωνο οικόπεδο σε τρία κομμάτια , ανάλογα των αριθμών ,

φέραμε το τμήμα ( μέσο ) και το κάθετο προς αυτό , τμήμα .

Εξηγήστε την ορθότητα της λύσης . Και μια ανοικτή ερώτηση :

Μπορείτε να επιτύχετε παρόμοιο αποτέλεσμα , φέροντας δύο διαφορετικά τμήματα ;

: τετράγωνα 089.png (16.74 KiB) Προβλήθηκε 1170 φορές

Ας πούμε

το σημείο τομής των $NM\,\,,\,\,BC$ και ας θέσουμε $\boxed{a = 6k}$ με

k > 0

. Άρα $(ABCD) = 36{k^2}$ .

Προφανώς $NM = 5k\,\,,\,\,MT = 5k,\,\,TC = DN = 4k$ . Έτσι

TN = TB = 10k

. Λόγω του ισοσκελούς τριγώνου TNB

και της παραλληλίας

των $BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AD$ θα είναι : $\widehat \omega = \widehat \phi = \widehat \theta$ , οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα

$SNB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ANB$ θα είναι ίσα ως έχοντα την υποτείνουσα κοινή και τις εις το

οξείες γωνίες ίσες . Τώρα έχουμε: $\boxed{{E_1} = 6{k^2}\,}\,,\,\,\boxed{{E_2} = 2(NAB) = 12{k^2}}\,$

οπότε αναγκαστικά $\boxed{{E_3} = 18{k^2}}$ . Δηλαδή ${E_2} = 2{E_{1\,\,\,\,}}\kappa \alpha \iota \,\,\,{E_3} = 3{E_1}$

Νίκος

KARKAR · #251

vittasko έγραψε: Θανάση, αν ένας Μηχανικός χώριζε ένα τετράγωνο οικόπεδο έτσι όπως ορίζεται στην εκφώνηση ,

τότε το ΤΕΕ θα του αφαιρούσε την άδεια άσκησης επαγγέλματος .

1) Η λύση είναι δίκαιη , γιατί καταστρέφει την μία δίφατση ορθή , ενώ η λύση του Κώστα

ευνοεί σκανδαλωδώς τον μεγαλομέτοχο ( του δίνει δύο ορθές γωνίες σε δρόμους !)

2) Το κύριο ζητούμενο ήταν να αποδειχθεί η ορθότητα της μοιρασιάς που έγινε και το δευτερεύον η άλλη λύση .

#252

Λύση στην ΑΣΚΗΣΗ 090

Είχα πει να αποφύγω την Αναλυτική Γεωμετρία. Ως εδώ...
Νομίζω ότι η άσκηση του Ανδρέα διερευνάται καλύτερα με Αναλυτική.
Στην ουσία καμουφλάρουμε με συντεταγμένες τις μετρικές που θα μάς έδινε το Πυθαγόρειο Θεώρημα με υποτείνουσες τις y_1, y_2, y_3, y_4

.

: 15-6-2013 Γεωμετρία.jpg (16.51 KiB) Προβλήθηκε 1145 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο A(0, 0)

, παίρνουμε τα σημεία B(2, 0), C(2, 2), D(0, 2)

, που είναι κορυφές τετραγώνου πλευράς

.

Παίρνουμε τα σημεία E(a, b), Z(a+1, b), H(a+1, b+1), F(a, b+1), 0<a, b,<1

που είναι κορυφές τετραγώνου πλευράς

, που περιέχεται στο ABCD

.

Τότε $\displaystyle {y_1} = \sqrt {{a^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2}} ,\;\;{y_2} = \sqrt {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2}} ,$

$\displaystyle \begin{array}{l} {y_3} = \sqrt {{a^2} + {b^2}} ,\;{y_4} = \sqrt {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {b^2}} ,\;\;0 < a,\;b < 1\\ \end{array}$

Οπότε, η προς απόδειξη σχέση γράφεται ισοδύναμα, για εκείνες τις τιμές των μεταβλητών όπου έχει νόημα, δηλαδή για $\displaystyle {y_2} \ne {y_4}$ :

$\displaystyle \left| {\frac{{{y_1} - {y_3}}}{{{y_2} - {y_4}}}} \right| = \frac{{{y_2} + {y_4}}}{{{y_1} + {y_3}}} \Leftrightarrow \frac{{\left| {{y_1} - {y_3}} \right|}}{{\left| {{y_2} - {y_4}} \right|}} = \frac{{{y_2} + {y_4}}}{{{y_1} + {y_3}}} \Leftrightarrow \left| {y_1^2 - y_3^2} \right| = \left| {y_2^2 - y_4^2} \right|$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left| {{a^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} - {a^2} - {b^2}} \right| = \left| {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2} - {{\left( {a - 1} \right)}^2} - {b^2}} \right|$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left| {1 - 2b} \right| = \left| {1 - 2b} \right|$ , που ισχύει, οπότε ισχύει η αρχική.

1) Είναι $\displaystyle {y_1} > {y_3} \Leftrightarrow \sqrt {{a^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2}} > \sqrt {{a^2} + {b^2}} \Leftrightarrow 1 - 2b > 0 \Leftrightarrow 0 < b < \frac{1}{2}$

και $\displaystyle {y_2} > {y_4} \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2}} > \sqrt {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {b^2}}$

$\displaystyle\Leftrightarrow 1 - 2b > 0 \Leftrightarrow 0 < b < \frac{1}{2}$ ,

οπότε οι αριθμοί $\displaystyle {y_1} - {y_3},\;\;{y_2} - {y_4}$ είναι ομόσημοι, άρα δεν χρειάζεται απόλυτη τιμή.

2) Δεν έχει νόημα όταν $\displaystyle {y_2} = {y_4} \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {{\left( {b - 1} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {a - 1} \right)}^2} + {b^2}} \Leftrightarrow b = \frac{1}{2}$ , δηλαδή όταν οι EZ, FH

ισαπέχουν από τις AB, CD

αντίστοιχα.

Θα μπορούσαμε να δώσουμε τη σχέση σε γινόμενο (χάνει σε κομψότητα…) ή (προτιμότερο) στη μορφή: $\displaystyle \frac{{\left| {{y_1} - {y_3}} \right|}}{{{y_2} + {y_4}}} = \frac{{\left| {{y_2} - {y_4}} \right|}}{{{y_1} + {y_3}}}$ . Και πάλι τα απόλυτα δεν είναι απαραίτητα, αφού είναι ομόσημοι αριθμοί.

3) Γενικεύω δίνοντας στο EZHF

πλευρά

.
Ισχύουν τα ίδια συμπεράσματα.

Δίνω τρία αρχεία Geogebra, που επαληθεύουν τον αρχικό ισχυρισμό, περί διερεύνησης.
Το πρώτο αναφέρεται στη λύση, βάζοντας ως πλευρά του μεγάλου τετραγώνου το

Στο δεύτερο, η πλευρά του μικρού γίνεται k, 0 < k < 1

και στο τρίτο δίνω τυχαία πλευρά στο αρχικό

και στο μικρό τη μισή του

.

edit 12:50 : Έκανα μια διόρθωση: Τα απόλυτα ούτε στην περίπτωση (2) είναι απαραίτητα.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #253

Καλό μεσημέρι.Μια λύση της 87

Για το ερώτημα 1

Έστω $\textrm{CH}\cap \textrm{AD}=\textrm{K},\textrm{CZ}\cap \textrm{AD}=\textrm{P}$ .Θα αποδείξουμε ότι τα σημεία $\textrm{K,Z,M}$ είναι συνευθειακά.Γι αυτό,είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι είναι αληθής η $\frac{KD}{KA}\cdot \frac{MA}{ME}\cdot \frac{ZE}{ZD}=1$ $\left ( 1 \right )$
Όταν η $\textrm{CZ}$ είναι εφαπτόμενη ,επειδή και η $\textrm{CB}$ είναι εφαπτόμενη θα είναι, $\textrm{CZ=CB=CD}=\alpha$ κι αφού $\angle CHD=90^{0}$ ,στο ισοσκελές τρίγωνο $\textrm{ZCD}$ ,η $\textrm{CH}$ θα είναι μεσοκάθετος της $\textrm{DZ}$ κι έτσι $\textrm{KD=KZ}$ .Επομένως , $\frac{KD}{KA}=\frac{KZ}{KA}=\frac{PZ}{MA}$ (τα τρίγωνα $\textrm{KZP,KAM}$ ,προφανώς είναι όμοια)
Έτσι $\left ( 1 \right )$ $\Leftrightarrow \frac{PZ}{MA}\cdot \frac{MA}{ME}\cdot \frac{ZE}{ZO}=1\Leftrightarrow \frac{PZ}{ME}\cdot \frac{ZE}{ZD}=1$ $\left ( 2 \right )$
Αλλά $\angle EZM=\angle DZK=\angle KDZ=\textrm{x},\angle ZPD=\angle AMZ=\textrm{y}$ ( $\textrm{AMZP}$ είναι εγγράψιμο) κι έτσι τα τρίγωνα $\textrm{EMZ,PZD}$ είναι όμοια ,οπότε $\frac{PZ}{ME}\cdot \frac{ZE}{ZD}=1$ κι επομένως η $\left ( 2 \right )$ ,είναι αληθής ,άρα και η $\left ( 1 \right )$ ,συνεπώς, τα $\textrm{K,Z,M}$ είναι συνευθειακά.
Επειδή , $\textrm{PA,PZ,CZ,CB}$ εφαπτόμενα τμήματα, οι $\textrm{PM,CM}$ είναι διχοτόμοι των $\angle AMZ,\angle ZMB$ , οπότε $\angle PMC=90^{0}$ και από το ορθογώνιο τρίγωνο $\textrm{MPC}$ με ύψος $\textrm{MZ}$ έχουμε, $\textrm{MZ}^{2}=\textrm{PZ}\cdot \textrm{ZC}\Rightarrow \frac{\alpha ^{2}}{4}=\textrm{PZ}\cdot \alpha \Rightarrow \textrm{PZ=PA}=\frac{\alpha }{4}$ οπότε $\textrm{DP}=\frac{3\alpha }{4}$ .Όμως από την ομοιότητα των $\textrm{EMZ,PZD}$ , $\frac{DP}{ZM}=\frac{PZ}{EM}\Rightarrow \textrm{EM}=\frac{PZ\cdot ZM}{DP}=\frac{\frac{\alpha }{4}\cdot \frac{\alpha }{2}}{\frac{3\alpha }{4}}\Rightarrow \textrm{ME}=\frac{\alpha }{6}\Rightarrow \textrm{AE}=\textrm{AM-ME}=\frac{\alpha }{2}-\frac{\alpha }{6}\Rightarrow \textrm{AE}=\frac{\alpha }{3}$

Τώρα ,για το ερώτημα 2

Από την ομοιότητα των $\textrm{EMZ,PZD}$ , $\frac{DZ}{EZ}=\frac{ZP}{EM}\Rightarrow \frac{DZ}{EZ}=\frac{\frac{\alpha }{4}}{\frac{\alpha }{6}}\Rightarrow \frac{DZ}{EZ}= \frac{3}{2}\Rightarrow \textrm{DZ}=\frac{3}{5}\textrm{DE}\Rightarrow \textrm{DZ}=\frac{\alpha \sqrt{10}}{5}$ (Αφού από πυθαγόρειο στο $\textrm{AED}$ , $\textrm{DE}=\frac{\alpha \sqrt{19}}{3}$ ) Άρα $\textrm{HZ}=\frac{DZ}{2}=\frac{\alpha \sqrt{10}}{10}$ κι αν $\textrm{F}$ μέσον της $\textrm{HZ}$ θα είναι, $\textrm{DF}=\frac{3\alpha \sqrt{10}}{20}$ .
Αν $\textrm{FS}\perp \textrm{AD}\Rightarrow \frac{FS}{AE}=\frac{DF}{DE}$ απ όπου παίρνουμε εύκολα $\textrm{FS}=\frac{3\alpha }{20}<\frac{\alpha \sqrt{10}}{20}=\frac{HZ}{2}$ κι επομένως ο κύκλος διαμέτρου $\textrm{HZ}$ τέμνει την $\textrm{AD}$ έστω στα $\textrm{L,N}$
Με $\textrm{FS}=\frac{3\alpha }{20},\textrm{NF}=\frac{\alpha \sqrt{10}}{20}$ και χρήση πυθαγόρειου στο $\textrm{NSF}$ ,τελικά έχουμε $\textrm{NL=2NS}=\frac{\alpha }{10}$

orestisgotsis · #254

ΠΕΡΙΤΤΑ

hlkampel · #255

orestisgotsis έγραψε:Άσκηση 91

Στο παραπάνω τετράγωνο $\displaystyle{AB\Gamma \Delta }$ το $\displaystyle{E}$ είναι τυχαίο εσωτερικό σημείο της $\displaystyle{AB}$ . Η κάθετη της $\displaystyle{\Gamma E}$ στο $\displaystyle{E}$ τέμνει την διχοτόμο της $\displaystyle{\measuredangle \Delta AZ}$ στο $\displaystyle{H}$ ( $\displaystyle{AZ}$ προέκταση της $\displaystyle{BA}$ ). Τότε $\displaystyle{E\Gamma =EH}$ .

$\widehat {{\rm H}{\rm A}\Gamma } = 90^\circ$ αφού ${\rm A}{\rm H} \bot {\rm A}\Gamma$ ως διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών.

$\widehat {{\rm E}{\rm A}\Gamma } = 180^\circ - \widehat {{\rm H}{\rm A}\Gamma } - \widehat {{\rm Z}{\rm A}{\rm H}} \Rightarrow \widehat {{\rm E}{\rm A}\Gamma } = 45^\circ$

Το τετράπλευρο ${\rm H}{\rm A}{\rm E}\Gamma$ είναι εγγράψιμο αφού η πλευρά ${\rm H}\Gamma$ φαίνεται από τις κορυφές ${\rm A},{\rm E}$ υπό ορθή γωνία.

Έτσι $\widehat {{\rm E}{\rm H}\Gamma } = \widehat {{\rm E}{\rm A}\Gamma } = 45^\circ$ οπότε το ορθ. τρίγωνο ${\rm H}{\rm E}\Gamma$ είναι και ισοσκελές, άρα ${\rm E}\Gamma = {\rm E}{\rm H}$

orestisgotsis · #256

ΠΕΡΙΤΤΑ

Μιχάλης Τσουρακάκης · #257

Μια πρόταση για την 92

Από την προφανή ισότητα των τριγώνων $\textrm{DCE,CBE}$ ( $\textrm{DC=CB,CE=CE},\angle DCE=\angle ECB=45^{0}$ ) είναι $\textrm{DE=EB},\angle CDE=\angle CBE=\textrm{x}$ .Αν η πλευρά του εν λόγω τετραγώνου τέμνει την $\textrm{DC}$ στο $\textrm{H }$ ,επειδή το $\textrm{HCBE}$ είναι εγγράψιμο,θα είναι $\angle DHE=\angle CBE=\textrm{x}$ και το τρίγωνο $\textrm{HDE}$ είναι ισοσκελές, συνεπώς $\textrm{EH=ED=EB}$ κι έτσι η $\textrm{EH }$ είναι πλευρά του τετραγώνου που εμείς κατασκευάσαμε.
Επειδή , $\angle HCE=\angle HZE=45^{0}\Rightarrow \textrm{HCZE}$ εγγράψιμο,άρα $\angle ECZ=90^{0}$ .
Τα τρίγωνα $\textrm{ZCB,ABE}$ έχουν , $\textrm{CB=BA,EB=BZ},\angle EBA=\angle CBZ$ (οξείες με κάθετες πλευρές).Άρα είναι ίσα ,οπότε $\textrm{EA=CZ}$ .
Έτσι ,οι $\textrm{EZ,ZC,EA}$ είναι πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου $\textrm{CEZ}$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

KARKAR · #258

Άσκηση 93

: 93.png (11.49 KiB) Προβλήθηκε 1027 φορές

Σημείο

κινείται επί της διαγωνίου

τετραγώνου ABCD

. Εκατέρωθεν της

σχεδιάζω τα ισόπλευρα τρίγωνα ASP ,CST

. Δείξτε ότι το εμβαδόν του τετραπλεύρου

DPBT

, παραμένει σταθερό και υπολογίστε το .

kostas_zervos · #259

Άσκηση 94

: ask53.png (3.66 KiB) Προβλήθηκε 1017 φορές

Τα σημεία $E\;,\;Z$ βρίσκονται στις πλευρές $AB\;,\;BC$ ενός τετραγώνου ABCD

πλευράς

ώστε

. Αν η διαγώνιος

χωρίζει το τρίγωνο $\overset{\triangle}{DEZ}$ σε δύο τρίγωνα με λόγο εμβαδών

, τότε να βρεθεί ο λόγος $\displaystyle \frac{(ABCD)}{(DEZ)}$ .

Ανδρέας Πούλος · #260

Άσκηση 95

(Παραλλαγή της άσκησης 93)

Σημείο

κινείται επί της διαγωνίου

τετραγώνου ABCD

. Εκατέρωθεν της

σχεδιάζω τα τετράγωνα ASZP

και

. Δείξτε ότι το εμβαδόν του τετραπλεύρου DPBT

, παραμένει σταθερό και υπολογίστε το .

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