Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

KARKAR · #281

Άσκηση 102

: 102.png (12.03 KiB) Προβλήθηκε 1372 φορές

Από σημείο

που βρίσκεται στην προέκταση της πλευράς

, τετραγώνου ABCD

,

φέρω την ευθεία

, η οποία τέμνει την προέκταση της

στο

και το τμήμα

,

το οποίο τέμνει την

στο

. Δείξτε ότι $PB \perp AQ$

hlkampel · #282

Άσκηση 103
Δίνεται ο κύκλος $\left( {O,1} \right)$ και στο εσωτερικό του τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ πλευράς ίσης με

και οι κορυφές $\Gamma ,\Delta$ να είναι σημεία του κύκλου.

Περιστρέφουμε με τη φορά των δεικτών του ρολογιού, το τετράγωνο γύρω από το σημείο $\Gamma$ μέχρι το σημείο ${\rm B}$ να συναντήσει τον κύκλο.

Να βρεθεί το μήκος του τόξου που διαγράφει το σημείο ${\rm A}$

#283

KARKAR έγραψε:Άσκηση 102 Από σημείο που βρίσκεται στην προέκταση της πλευράς , τετραγώνου , φέρω την ευθεία , η οποία τέμνει την προέκταση της στο και το τμήμα , το οποίο τέμνει την στο . Δείξτε ότι $PB \perp AQ$

: 102.png (22.18 KiB) Προβλήθηκε 1356 φορές

Ας είναι $F \equiv PB \cap CD$ και $O \equiv AC \cap BD$ . Τότε με $DF\parallel AB \Rightarrow \vartriangle PDF \sim \vartriangle PAB \Rightarrow \boxed{\frac{{\left( {DF} \right)}}{{\left( {AB} \right)}} = \frac{{\left( {PD} \right)}}{{\left( {PA} \right)}}}:\left( 1 \right)$ .

Από τη δέσμη $SP,SD,SA\mathop \Rightarrow \limits^{CB\parallel PA} \boxed{\frac{{\left( {CQ} \right)}}{{\left( {CB} \right)}} = \frac{{\left( {PD} \right)}}{{\left( {PA} \right)}}}:\left( 2 \right)$ . Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \dfrac{{\left( {DF} \right)}}{{\left( {AB} \right)}} = \dfrac{{\left( {CQ} \right)}}{{\left( {CB} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AB} \right) = \left( {CB} \right) = a}$

$\left( {DF} \right) = \left( {CQ} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {DB} \right) = \left( {AC} \right) = a\sqrt 2 ,\angle BDF = \angle ACQ = {{45}^0}}$ $\vartriangle BDF = \vartriangle ACQ \Rightarrow \angle DBF = \angle CAQ \Rightarrow AOTB$ εγγράψιμο,

άρα $\angle ATB = \angle AOB = {90^0} \Rightarrow \boxed{PB \bot AQ}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

kostas_zervos · #284

hlkampel έγραψε:Άσκηση 103
Δίνεται ο κύκλος $\left( {O,1} \right)$ και στο εσωτερικό του τετράγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ πλευράς ίσης με και οι κορυφές $\Gamma ,\Delta$ να είναι σημεία του κύκλου.

Περιστρέφουμε με τη φορά των δεικτών του ρολογιού, το τετράγωνο γύρω από το σημείο $\Gamma$ μέχρι το σημείο ${\rm B}$ να συναντήσει τον κύκλο.

Να βρεθεί το μήκος του τόξου που διαγράφει το σημείο ${\rm A}$

: ask55.png (29.37 KiB) Προβλήθηκε 1354 φορές

Τα τρίγωνα $\overset{\triangle}{O\Delta\Gamma}$ , $\overset{\triangle}{O\Gamma B'}$ είναι ισόπλευρα και ίσα και (λόγω της στροφής) $\Delta\hat{\Gamma}\Delta'=B\hat{\Gamma}B'=\overset{\frown }{AA'}=\omega$ . Άρα η $\Gamma O$ είναι διχοτόμος της $\Delta'\hat{\Gamma}B$ .

Έτσι $2\phi+\omega=90^o$ και $\phi+\omega=60^o$ , άρα $\phi=\omega=30^o$ και $\overset{\frown }{AA'}=30^o$ . Η ακτίνα του τόξου $\overset{\frown }{AA'}$ είναι ίση με τη διαγώνιο του τετραγώνου , άρα $\sqrt{2}$ , επομένως το μήκος του είναι:

$\displaystyle \ell=\frac{\pi\cdot 30^o\cdot\sqrt{2}}{180^o}=\frac{\pi\sqrt{2}}{6}$ .

KARKAR · #285

Άσκηση 104

: 104.png (11.87 KiB) Προβλήθηκε 1332 φορές

Στην προέκταση της πλευράς

τετραγώνου ABCD

, παίρνω σημείο

και γράφω

στο ίδιο ημιεπίπεδο , ημικύκλιο διαμέτρου

, του οποίου το μέσο ονομάζω

.

Δείξτε ότι

και

τέμνονται επί του ημικυκλίου .

#286

KARKAR έγραψε:Άσκηση 101
Σημείο κινείται επί της πλευράς , τετραγώνου , με την να τέμνει την στο . Σχεδιάζω προς το μέρος της , τα τετράγωνα και . Δείξτε ότι η κορυφή του μεγάλου τετραγώνου και η κορυφή του μικρού , κινούνται επί της ευθείας και υπολογίστε την ελάχιστη απόστασή τους .

Αν κατασκευαστεί το τετράγωνο τότε: $\left\{ \begin{gathered} \left( {AB} \right)\mathop = \limits^{ABCD\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} \left( {BC} \right) \\ \angle ABS = \angle CBQ = {90^0} - \angle SBC \\ \left( {BS} \right)\mathop = \limits^{BSPQ\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} \left( {BQ} \right) \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi }$

$\vartriangle BCQ = \vartriangle BAS \Rightarrow$ $\angle BCQ = \angle BAS = {90^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle BCD = {{90}^0}} D,C,Q$ συνευθειακά.

Ας είναι $L \equiv PB \cap DC$ . Τότε $\left\{ \begin{gathered} \angle LCT\mathop = \limits^{CTA\,\,\delta \iota \alpha \gamma \omega \nu \iota o\varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o\upsilon \,\,ABCD} {45^0} \hfill \\ \angle LBT\mathop = \limits^{BLP\,\,\delta \iota \alpha \gamma \omega \nu \iota o\varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o\upsilon \,\,BSPQ} {45^0} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow LCBT$ εγγράψιμο

και με $\angle LCT = {90^0} \Rightarrow \angle LTB = {90^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle TBL = {{45}^0}}$ $\boxed{\left( {LT} \right) = \left( {TB} \right)}:\left( 1 \right)$ .

Αν $LN \bot BQ\mathop \Rightarrow \limits^{BL\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \,\,\tau \eta \varsigma \,\,\angle SBQ = {{90}^0}}$ $\left( {LN} \right) = \left( {LT} \right)\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \left( {TB} \right) \Rightarrow BTLN$ είναι ορθογώνιος ρόμβος (τρεις ορθές

γωνίες με δύο διαδοχικές πλευρές ίσες), δηλαδή τετράγωνο.
[attachment=0]101.png[/attachment]
Το τρίγωνο $\vartriangle LBQ$ έχει σταθερό ύψος $\left( {BC} \right) = a$ και σταθερή γωνία αντίστοιχης κορυφής $\angle LBQ = {45^0}$ , άρα η ελαχιστοποίηση της πλευράς θα γίνει όταν

αυτό είναι είναι ισοσκελές (θα έχει το ελάχιστο εμβαδόν) (γνωστή πρόταση έχει συζητηθεί πρόσφατα αλλά δεν μπορώ να τη βρω) με "κορυφή" το σημείο

άρα όταν $\left( {CQ} \right) = \left( {CL} \right) = \left( {AS} \right) \Rightarrow \boxed{\left( {LQ} \right) = 2\left( {AS} \right)}:\left( 2 \right)$ .

Με $\left( {LC} \right) = \left( {AS} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {BC} \right) = \left( {AB} \right)} \angle CBL = \angle ABS\mathop \Rightarrow \limits^{\angle LBS = {{45}^0}}$ $\angle CBL = \angle ABS = {22,5^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle ABS} \left( {AS} \right) = \left( {AB} \right)\varepsilon \varphi {22,5^0}$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \min \left( {LQ} \right) = a\varepsilon \varphi {22,5^0} \Rightarrow \boxed{\min \left( {LQ} \right) = a\sqrt {3 - 2\sqrt 2 } }$ και το ζητούμενο έχει βρεθεί.

Στάθης
Υ.Σ. Ο υπολογισμός της $\varepsilon \varphi {22,5^0}$ προέκυψε από τον «ολοκληρωτικά απαγορευμένο» τύπο $\boxed{\varepsilon \varphi \alpha \mathop = \limits^{\alpha \in \left[ {k\pi ,k\pi + \frac{\pi }{2}} \right),k \in Z} \sqrt {\frac{{1 - \sigma \upsilon \nu 2\alpha }}{{1 + \sigma \upsilon \nu 2\alpha }}} }$

thanasis.a · #287

Doloros έγραψε:Ά σ κ η σ η 098

Επανέρχομαι με συμπλήρωση και νέου ερωτήματος .

tetrag_98_ok.png
Πάνω στην πλευρά , τετραγώνου , κινείται σημείο . Στην πλευρά

θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε . Αν η κάθετη προς την

κόψει τη διαγώνιο στο σημείο , να δείξετε ότι:

1. . και

2. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου

διέρχεται από το και από το κέντρο του τετραγώνου .

Νίκος

..καλησπέρα..

(συγνώμη αλλά λόγω προβληματος στο σχεδιαστικό μου πρόγραμμα δεν μπορώ να κάνω σχήμα.)

Ερώτημα 1.

έστω $N\equiv MH\bigcap{AD}$ και έστω $\hat{KMH}=\chi$ .

Έχουμε λοιπόν : $\hat{MDC}=\hat{EHB}<90^{\circ} \,\,\,(DM\perp EH,DC\perp HB)\,\,\,(1)$ .

Επίσης $\hat{KMH}=\hat{DMN}=\chi$ (κατακορυφήν) (2). Τέλος $\hat{KMH}=90^{\cirΕ>ρώτημα -\hat{KHM}=\hat{EHB}\,\,\,\,(3)$

Από τις (1),(2),(3) έχουμε: $\hat{CDM}=\hat{NMB}\Rightarrow NM\parallel DC\Rightarrow H(M)N\perp DA,BC\Rightarrow NDCH$ ορθογώνιο

παραλληλόγραμμο $\Rightarrow DN=CH=EB\Rightarrow \bigtriangleup DNM=\bigtriangleup EBH\Rightarrow \boxed{DM=EH}$

Ερώτημα 2

$\bigtriangleup HME:(\hat{M}=90^{\circ} )\alpha \varphi o\upsilon HM\parallel =EB\Rightarrow MEBH o\varrho \theta . \pi \alpha \varrho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \varrho \alpha \mu \mu o)$ .

Κατά συνέπεια ο περιγεγραμμένος κύκλος του $\bigtriangleup EMH$ έχει κέντρο το μέσο

του

και ακτίνα EH/2

και αφού

$\bigtriangleup EHB : (\hat{B}=90^{\circ} \Rightarrow LB=EH/2\Rightarrow B\in (L,EH/2)$

Αν $O\equiv AC\bigcap{(L,EH/2)}$ το NMEA

είναι τετράγωνο με

διαγώνιο και άρα $\hat{NMA}=\hat{AME}=45^{\circ}$ .

Όμως $\hat{OME}=\hat{OBE}=45^{\circ}$ (εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο

)

οπότε $\hat{OAB}=\hat{ABO}=45^{\circ} \Rightarrow AO=OB\,\,\,\wedge \,\,\,\,OB\perp AC\mathop\Rightarrow\limits^{\bigtriangleup ABC:\hat{B}=90^{\circ} }O :AO=OC$

δηλαδή το

είναι το κέντρο του τετραγώνου ABCD

και ταυτόχρονα είναι και σημείο του περιγγεγραμμένου κύκλου (L,EH/2)

του $\bigtriangleup EMH$

#288

KARKAR έγραψε:Άσκηση 104 Στην προέκταση της πλευράς τετραγώνου , παίρνω σημείο και γράφω στο ίδιο ημιεπίπεδο , ημικύκλιο διαμέτρου , του οποίου το μέσο ονομάζω . Δείξτε ότι και τέμνονται επί του ημικυκλίου .

: 104.png (21.26 KiB) Προβλήθηκε 1275 φορές

Θα δείξουμε ισοδύναμα ότι αν είναι το σημείο τομής της με το ημικύκλιο (εκτός του ) τότε τα σημεία είναι συνευθειακά.

Με επί του ημικυκλίου διαμέτρου θα είναι: $\angle BSE = {90^0} \Rightarrow S$ ανήκεις στο περικύκλιο του τετραγώνου διαμέτρου (και) .

Είναι $\left\{ \begin{gathered} \angle ESM\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,\sigma \varepsilon \,\,\tau \varepsilon \tau \alpha \rho \tau o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota o} {45^0} \\ \angle ASB\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o\,\,\tau o\upsilon \,\,\kappa \upsilon \kappa \lambda o\upsilon } \angle ACB = {45^0} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$ $\angle ESM + \angle ASB = {90^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle BSE = {{90}^0}}$ $\angle ASM = {180^0} \Rightarrow A,S,M$

είναι συνευθειακά και το ισοδύναμο πρόβλημα έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#289

KARKAR έγραψε:Άσκηση 104
Το συνημμένο 104.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στην προέκταση της πλευράς τετραγώνου , παίρνω σημείο και γράφω

στο ίδιο ημιεπίπεδο , ημικύκλιο διαμέτρου , του οποίου το μέσο ονομάζω .

Δείξτε ότι και τέμνονται επί του ημικυκλίου .

Καλησπέρα. Το "κούνημα" εδώ στην Κρήτη δεν λέει να σταματήσει!!

Μια «παράνομη».

: Τετραγ_104_trigonometria.png (31.22 KiB) Προβλήθηκε 1268 φορές

Αν

το κέντρο του ημικυκλίου ,

το μήκος της ακτίνας του και

το μήκος της

πλευράς του τετραγώνου θα έχουμε:
$\varepsilon \varphi \phi = \displaystyle\frac{a}{{a + 2b}}\,\,\,,\,\,\varepsilon \varphi \omega = \displaystyle\frac{b}{{a + b}}$ . Η οξεία γωνία $x = \omega + \phi$ οπότε

$\varepsilon \varphi x = \displaystyle\frac{{\varepsilon \varphi \phi + \varepsilon \varphi \omega }}{{1 - \varepsilon \varphi \phi \cdot \varepsilon \varphi \omega }}$ και έτσι $\varepsilon \varphi \phi + \varepsilon \varphi \omega = (1 - \varepsilon \varphi \phi \cdot \varepsilon \varphi \omega )\varepsilon \varphi x$ .

Αντικαθιστώ και έχω : $\displaystyle\frac{a}{{a + 2b}} + \displaystyle\frac{b}{{a + b}} = (1 - \displaystyle\frac{a}{{a + 2b}} \cdot \displaystyle\frac{b}{{a + b}})\varepsilon \varphi x$ . Δηλαδή

$({a^2} + 2ab + 2{b^2}) = ({a^2} + 2ab + 2{b^2})\varepsilon \varphi x$ . Επειδή ${a^2} + 2ab + 2{b^2}$

είναι μη μηδενική ( και μάλιστα θετική) ποσότητα έχουμε: $\varepsilon \varphi x = 1$ και άρα

$\boxed{x = {{45}^0}}$ . Η τελευταία μας εξασφαλίζει το τετράπλευρο SBEM

εγγράψιμμο και

έτσι $\widehat {BSE} = \widehat {BME} = {90^0}$ , δηλαδή το

είναι σημείο του ημικυκλίου διαμέτρου

.

Νίκος

thanasis.a · #290

KARKAR έγραψε:Άσκηση 104
104.png
Στην προέκταση της πλευράς τετραγώνου , παίρνω σημείο και γράφω

στο ίδιο ημιεπίπεδο , ημικύκλιο διαμέτρου , του οποίου το μέσο ονομάζω .

Δείξτε ότι και τέμνονται επί του ημικυκλίου .

..καλησπέρα..

μια ισοδύναμη αντιμετώπιση είναι: αν $L\equiv DE\bigcap{(O,BE/2)}$ τότε η ευθεία

τέμνει το κύκλο σε σημείο

το οποίο αρκεί να είναι μέσο του ημικύκλιου AME

.

Το τετράπλευρο ABLD

είανι εγγράψιμο σε κύκλο αφού $\hat{DLB}=90^{\circ} =\hat{DAB}\,\,\,(\hat{BLD}=90$ αφού το παραπλήρωμα της βαίνει σε ημικύκλιο). Έτσι έχουμε: $\hat{LAB}=\hat{BDL}\,\,\,(A)$ .

Ταυτόχρονα έχουμε: $\hat{LAC}=\hat{AMB}=\hat{DEA}$ (υπό χορδής και εφαπτομένης) (Β)

Από τις σχέσεις (Α), (Β) έχουμε: $\bigtriangleup AMB\approx \bigtriangleup BDE\Rightarrow \displaystyle\frac{AB}{DB}=\frac{MB}{BE}\Rightarrow \frac{AB}{\sqrt{2}AB}=\frac{MB}{BE}\Rightarrow \frac{MB}{BE}=\frac{\sqrt{2}}{2}\,\,\,(1)$

Επειδή τώρα $\bigtriangleup BME:\hat{M}=90^{\circ} (BE \,\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \tau \varrho o\varsigma )$ από Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: $ME^{2}=BE^{2}-BM^{2}\mathop\Rightarrow \limits^{(1)}....\Rightarrow ME=MB\Rightarrow M$ μέσο του ημικύκλιου BME

και το ζητούμενο αποδείχθηκε.-

#291

thanasis.a έγραψε:
Doloros έγραψε:Ά σ κ η σ η 098

Επανέρχομαι με συμπλήρωση και νέου ερωτήματος .

Το συνημμένο tetrag_98_ok.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Πάνω στην πλευρά , τετραγώνου , κινείται σημείο . Στην πλευρά

θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε . Αν η κάθετη προς την

κόψει τη διαγώνιο στο σημείο , να δείξετε ότι:

1. . και

2. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου

διέρχεται από το και από το κέντρο του τετραγώνου .

Νίκος

..καλησπέρα..

(συγνώμη αλλά λόγω προβληματος στο σχεδιαστικό μου πρόγραμμα δεν μπορώ να κάνω σχήμα.)

Thanasis_a_tetrag_98.png (21.75 KiB) Προβλήθηκε 1255 φορές

Ερώτημα 1.

έστω $N\equiv MH\bigcap{AD}$ και έστω $\hat{KMH}=\chi$ .

Έχουμε λοιπόν : $\hat{MDC}=\hat{EHB}<90^{\circ} \,\,\,(DM\perp EH,DC\perp HB)\,\,\,(1)$ .

Επίσης $\hat{KMH}=\hat{DMN}=\chi$ (κατακορυφήν) (2). Τέλος $\hat{KMH}=90^{\cirΕ>ρώτημα -\hat{KHM}=\hat{EHB}\,\,\,\,(3)$

Από τις (1),(2),(3) έχουμε: $\hat{CDM}=\hat{NMB}\Rightarrow NM\parallel DC\Rightarrow H(M)N\perp DA,BC\Rightarrow NDCH$ ορθογώνιο

παραλληλόγραμμο $\Rightarrow DN=CH=EB\Rightarrow \bigtriangleup DNM=\bigtriangleup EBH\Rightarrow \boxed{DM=EH}$

Ερώτημα 2

$\bigtriangleup HME:(\hat{M}=90^{\circ} )\alpha \varphi o\upsilon HM\parallel =EB\Rightarrow MEBH o\varrho \theta . \pi \alpha \varrho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \varrho \alpha \mu \mu o)$ .

Κατά συνέπεια ο περιγεγραμμένος κύκλος του $\bigtriangleup EMH$ έχει κέντρο το μέσο του και ακτίνα και αφού

$\bigtriangleup EHB : (\hat{B}=90^{\circ} \Rightarrow LB=EH/2\Rightarrow B\in (L,EH/2)$

Αν $O\equiv AC\bigcap{(L,EH/2)}$ το είναι τετράγωνο με διαγώνιο και άρα $\hat{NMA}=\hat{AME}=45^{\circ}$ .

Όμως $\hat{OME}=\hat{OBE}=45^{\circ}$ (εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο )

οπότε $\hat{OAB}=\hat{ABO}=45^{\circ} \Rightarrow AO=OB\,\,\,\wedge \,\,\,\,OB\perp AC\mathop\Rightarrow\limits^{\bigtriangleup ABC:\hat{B}=90^{\circ} }O :AO=OC$

δηλαδή το είναι το κέντρο του τετραγώνου και ταυτόχρονα είναι και σημείο του περιγγεγραμμένου κύκλου του $\bigtriangleup EMH$

#292

Σιγά -σιγά και με την άνεσή μας να προσθέσουμε στη συλλογή μας και όλες τις ασκήσεις που έχουμε ήδη λύσει σε παλιότερες περιόδους και από όσο θυμάμαι έχουν εξαιρετικό ενδιαφέρον .

Να μας πει ο Μιχάλης πότε θα ήθελα να αρχίσουμε να στέλνουμε τους συνδέσμους για τέτοιες ασκήσεις.

Μπάμπης

#293

Άσκηση 105

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta \,\,\,}$ και ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm E}{\rm B}\,\,\,}$ εντός του τετραγώνου .
Από το $\displaystyle{\,\Gamma \,\,\,}$ φέρνουμε $\displaystyle{\Gamma {\rm Z}\,\,\,}$ κάθετη στην $\displaystyle{\,\,{\rm E}{\rm B}\,\,}$ . Η $\displaystyle{\,\,\,\Gamma {\rm E}\,\,\,}$ τέμνει την $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm B}\,\,\,\,}$ στο $\displaystyle{\,\,\Lambda \,\,\,\,}$ και η $\displaystyle{\,\,{\rm A}{\rm Z}\,\,\,}$ τέμνει την $\displaystyle{\,\,{\rm B}\Gamma \,\,}$ στο $\displaystyle{\,\,\,{\rm H}\,\,\,}$ .
Η $\displaystyle{\,\Lambda {\rm H}\,\,\,}$ τέμνει την $\displaystyle{\,{\rm A}{\rm E}\,\,\,\,}$ στο $\displaystyle{\,\,\,{\rm K}\,\,\,\,\,}$ και την $\displaystyle{\,\,\Gamma {\rm Z}\,\,\,\,}$ στο $\displaystyle{\,\,{\rm N}\,\,\,\,}$ .
Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\,\,\Lambda {\rm K}\, = {\rm N}{\rm H}\,\,\,}$ .

apotin · #294

Άσκηση 106

Αποδείξτε ότι το άθροισμα των εμβαδών των μπλε τετραγώνων είναι τριπλάσιο του αθροίσματος των εμβαδών των καφέ τετραγώνων.

: tet_106.png (18.97 KiB) Προβλήθηκε 1148 φορές

#295

KARKAR έγραψε:Άσκηση 102
Το συνημμένο 102.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Από σημείο που βρίσκεται στην προέκταση της πλευράς , τετραγώνου ,

φέρω την ευθεία , η οποία τέμνει την προέκταση της στο και το τμήμα ,

το οποίο τέμνει την στο . Δείξτε ότι $PB \perp AQ$

: 102.png (23.37 KiB) Προβλήθηκε 1144 φορές

Εκ παραδρομής έσβησα την ανάρτηση από το σχολείο και μετά δεν είχα δεδομένα

μέχρι να έλθω σπίτι.

Λίγο διαφορετικά από τον φίλο τον Στάθη.

Ας θέσουμε $AD = a\,\,,\,\,DP = k\,\,,\,\,QC = m$ . Επειδή ${\widehat a_1} = {\widehat a_2}$ αρκεί να δείξουμε

ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $ABP\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,BQA$ είναι όμοια και προς τούτο αρκεί να

δειχθεί ότι έχουν κάθετες πλευρές ανάλογες . Δηλαδή :

$\displaystyle\frac{{AP}}{{AB}} = \displaystyle\frac{{AB}}{{BQ}} \Leftrightarrow AP \cdot BQ = A{B^2} \Leftrightarrow (a + k)(a - m) = {a^2}$ . Η τελευταία

ισοδυναμεί με : $ak = m(a + k) \Leftrightarrow \displaystyle\frac{a}{{a + k}} = \displaystyle\frac{m}{k} \Leftrightarrow \displaystyle\frac{{BC}}{{AP}} = \displaystyle\frac{{QC}}{{DP}}$ που

προφανώς ισχύει από την

-δέσμη και το ζητούμενο συνεπώς ισχύει .

Φιλικά Νίκος

hlkampel · #296

Άσκηση 106

Αποδείξτε ότι το άθροισμα των εμβαδών των μπλε τετραγώνων είναι τριπλάσιο του αθροίσματος των εμβαδών των καφέ τετραγώνων.

Αν $\alpha ,\beta ,\gamma$ οι πλευρές του τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ , ${\rm Z}{\rm E} = x,\;\Delta {\rm I} = y$ και $\Theta {\rm H} = \omega$ οι πλευρές των μπλε τετραγώνων, τότε αρκεί να δείξουμε ότι:

${x^2} + {y^2} + {\omega ^2} = 3{\alpha ^2} + 3{\beta ^2} + 3{\gamma ^2}$

Από νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ${\rm Z}\Gamma {\rm E}$ είναι:

${x^2} = {\alpha ^2} + {\beta ^2} - 2\alpha \beta \sigma \upsilon \nu \widehat {{\rm Z}\Gamma {\rm E}}$ (1)

$\displaystyle{\widehat {{\rm Z}\Gamma {\rm E}} = 180^\circ - \widehat {{\rm A}\Gamma {\rm B}} \Rightarrow \sigma \upsilon \nu \widehat {{\rm Z}\Gamma {\rm E}} = - \sigma \upsilon \nu \widehat {{\rm A}\Gamma {\rm B}}}$ (2)

$\left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} {x^2} = {\alpha ^2} + {\beta ^2} + 2\alpha \beta \sigma \upsilon \nu \widehat {{\rm A}\Gamma {\rm B}}$ (3)

Από νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ${\rm A}{\rm B}\Gamma$ είναι:

${\gamma ^2} = {\alpha ^2} + {\beta ^2} - 2\alpha \beta \sigma \upsilon \nu \widehat {{\rm A}\Gamma {\rm B}} \Rightarrow 2\alpha \beta \sigma \upsilon \nu \widehat {{\rm A}\Gamma {\rm B}} = {\alpha ^2} + {\beta ^2} - {\gamma ^2}$ (4)

$\left( 3 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} {x^2} = 2{\alpha ^2} + 2{\beta ^2} - {\gamma ^2}$ (5)

Ομοίως είναι: ${y^2} = 2{\alpha ^2} + 2{\gamma ^2} - {\beta ^2}$ (6) και ${\omega ^2} = 2{\beta ^2} + 2{\gamma ^2} - {\alpha ^2}$ (7)

Προσθέτοντας τις σχέσεις (5), (6) και (7) παίρνουμε ${x^2} + {y^2} + {\omega ^2} = 3{\alpha ^2} + 3{\beta ^2} + 3{\gamma ^2}$

KARKAR · #297

Άσκηση 107

: 107.png (6.67 KiB) Προβλήθηκε 1074 φορές

Το

είναι σημείο της πλευράς

τετραγώνου ABCD

και η

η διχοτόμος της $\widehat{ADS}$ .

Πώς πρέπει να επιλεγεί το

, ώστε να είναι BT=2BS

? Δεκτές και "πονηρές" λύσεις !

#298

KARKAR έγραψε:Άσκηση 107
Το συνημμένο 107.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το είναι σημείο της πλευράς τετραγώνου και η η διχοτόμος της $\widehat{ADS}$ .

Πώς πρέπει να επιλεγεί το , ώστε να είναι ? Δεκτές και "πονηρές" λύσεις !

: tetrag_107.png (19.69 KiB) Προβλήθηκε 1044 φορές

Από το

φέρνω εφαπτομένη στο ημικύκλιο διαμέτρου

(που βρίσκεται μέσα

στο τετράγωνο ) που τέμνει την

στο ζητούμενο σημείο

.

Απόδειξη

Από την προφανή ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $ADM\,\,,\,\,BMS$ έχω

$\displaystyle\frac{{AD}}{{AM}} = \displaystyle\frac{{BM}}{{BS}} = 2 \Rightarrow \boxed{BM = 2BS}$ και άρα $\boxed{x = BS = \frac{{AB}}{4}}$

Και προφανώς το μέσο του ταυτίζεται με το .

Φιλικά Νίκος

#299

Α σ κ η σ η 108

: τετράγωνα _108.png (19.33 KiB) Προβλήθηκε 1036 φορές

Την διαγώνιο

τετραγώνου ABCD

προεκτείνω κατά ίσο τμήμα BS = DB

.

Αν

το μέσο της πλευράς

, να δειχθεί ότι $CM \bot AS$ .

Νίκος

Perantonis · #300

ΑΣΚΗΣΗ 107

: 107.png (14.49 KiB) Προβλήθηκε 1033 φορές

Έστω ότι η πλευρά του τετραγώνου είναι $4\alpha$

Ονομάζω $\displaystyle{T}$ το μέσο της

και φέρω $Tx \bot DT$ που τέμνει την

στο

.

Tα τρίγωνα $DAT \sim TSB$ γιατί είναι ορθογώνια και έχουν μια γωνία ίση $S\hat TB = A\hat DT$ (οξείες με πλευρές κάθετες ). Άρα έχουν πλευρές ανάλογες άρα $\displaystyle\frac{{DA}}{{TB}} = \displaystyle\frac{{AT}}{{SB}} = \displaystyle\frac{{DT}}{{TS}}$

Από την ισότητα $\displaystyle\frac{{DA}}{{TB}} = \frac{{AT}}{{SB}} \Rightarrow \frac{{4\alpha }}{{2\alpha }} = \frac{{2\alpha }}{{SB}} \Rightarrow SB = \alpha$ .

Από την ισότητα $\displaystyle\frac{{AT}}{{SB}} = \displaystyle\frac{{DT}}{{TS}} \Rightarrow \displaystyle\frac{{DT}}{{TS}} = \displaystyle\frac{{TB}}{{SB}}$ προκύπτει ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $TDS \sim TSB$ (έχουν τις κάθετες πλευρές ανάλογες) .

Άρα οι γωνίες $S\hat TB = TDS = A\hat DT$ .

Τελικά το ζητούμενο σημείο

είναι τέτοιο ώστε $SB = \displaystyle\frac{1}{4}BC$

Φιλικά Γιάννης

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