Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

#341

ΑΣΚΗΣΗ 134

Έστω

το μέσο της πλευράς

ενός τετραγώνου ABCD

. Η

τέμνει την

στο

. Αν

είναι η προβολή του

στην

, να αποδειχθεί ότι CZ=3ZE

.

Μπάμπης

( viewtopic.php?f=110&t=1625&p=9368&hilit=τετράγων*#p9368 )

#342

ΑΣΚΗΣΗ 135

Στις πλευρές BC,CD

ενός τετραγώνου ABCD

παίρνουμε τα σημεία E,Z

ώστε η γωνία EAZ

να είναι ίση με

μοίρες. Πώς θα μπορέσει ένας μαθητής , μόνο με τον κανόνα, να φέρει από το

την κάθετη ευθεία προς την

;

Μπάμπης

(viewtopic.php?f=20&t=308&p=1555&hilit=% ... %BD*#p1555)

#343

ΑΣΚΗΣΗ 136

Στις πλευρές BC,CD

ενός τετραγώνου ABCD

παίρνουμε αντιστοίχως τα σημεία E,Z

ώστε

. Αν οι ευθείες DE, BZ

τέμνονται στο

, να αποδειχθεί ότι η

είναι κάθετη στην

.

Μπάμπης

(viewtopic.php?f=20&t=281&p=1344&hilit=% ... %BD*#p1344)

KARKAR · #344

Άσκηση 137

: 137.png (11.58 KiB) Προβλήθηκε 2136 φορές

Εντός του τετραγώνου ABCD

, έχουμε γράψει το ημικύκλιο διαμέτρου

. Εντοπίστε χορδές

και

του ημικυκλίου , παράλληλες προς την

, οι οποίες να είναι βάσεις ισοπλεύρου

τριγώνου και τετραγώνου αντίστοιχα των οποίων οι άλλες κορυφές , να βρίσκονται επί της

.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #345

Καλησπέρα .Μια λύση της 137

Για το τετράγωνο

Έστω $\textrm{DL}=\textrm{x}$ .Προφανώς θα είναι και $\textrm{KC}=\textrm{x}$ .Η πλευρά του ζητούμενου τετραγώνου θα είναι τότε $\alpha -2\textrm{x}$ και $\textrm{PA}=\left [ \alpha -\left ( \alpha -2\textrm{x} \right ) \right ]=2\textrm{x}$ .
Επειδή $\textrm{PA}$ εφαπτόμενη του ημικυκλίου , $\textrm{PA}^{2}=\textrm{PS}\cdot \textrm{PT}\Rightarrow 4\textrm{x}^{2}=\textrm{x}\left ( \alpha -\textrm{x} \right )\Leftrightarrow \textrm{x=0}$ ή $\textrm{x}=\frac{\alpha }{5}$ .Τότε η πλευρά του ζητούμενου τετραγώνου θα είναι $\textrm{ST}=\alpha$ (αναμενόμενο αποτέλεσμα) ή $\textrm{ST}=\alpha -\frac{2\alpha }{5}=\frac{3\alpha }{5}$

Για το ισόπλευρο τρίγωνο

Προφανώς η κορυφή $\textrm{M}$ του ισόπλευρου τριγώνου επί της $\textrm{CD}$ θα ταυτίζεται με το μέσον της
Αν $\textrm{x}$ η πλευτά του ισόπλευρου τριγώνου , $\textrm{ML}=\frac{\textrm{x}\sqrt{3}}{2}\Rightarrow \textrm{LO}=\left ( \alpha -\frac{\textrm{x}\sqrt{3}}{2} \right ),\textrm{SL}=\frac{\textrm{x}}{2}$
Με πυθαγόρειο στο $\textrm{OLS}$ καταλήγουμε στην εξίσωση
$4\textrm{x}^{2}-4\alpha \sqrt{3}\textrm{x}+3\alpha ^{2}=0\Leftrightarrow \left ( 2\textrm{x} \right )^{2}-2\cdot 2\textrm{x}\cdot \alpha \sqrt{3}+\left ( \alpha \sqrt{3} \right )^{2}=0\Leftrightarrow \left ( 2\textrm{x}-\alpha \sqrt{3} \right )^{2}=0\Leftrightarrow \textrm{x}=\frac{\alpha \sqrt{3}}{2}=\textrm{ST}$

#346

Πάμε 100 ασκήσεις πίσω.... Μία λύση (Αναλυτικο-τριγωνομετρικο-γεωμετρική), αχταρμάς δηλαδή, αλλά αυτήν μπόρεσα...

Λύση στην άσκηση 37.

: 19-6-2013 Γεωμετρία b.jpg (21.45 KiB) Προβλήθηκε 2076 φορές

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

, παίρνουμε τα σημεία B(1, 0), C(1, 1), D(0, 1)

, που είναι κορυφές τετραγώνου πλευράς

.

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

στις πλευρές CD, BC

του

.

Το $\displaystyle K\left( {\frac{{a + 1}}{2},\;\frac{{b + 1}}{2}} \right)$ είναι μέσο του

. Αφού δεν ισαπέχει από τις AB, AD

είναι $\displaystyle a \ne b$ .

Είναι $\displaystyle AE:\;\;y = \frac{1}{a}x$ και $\displaystyle AH:\;y = bx$ . Τέμνουν την

με εξίσωση $\displaystyle y = - x + 1$ στα $\displaystyle Z\left( {\frac{a}{{a + 1}},\;\frac{1}{{a + 1}}} \right),\;\;I\left( {\frac{1}{{b + 1}},\;\frac{b}{{b + 1}}} \right)$

Το μέσο της

είναι το $\displaystyle M\left( {\frac{{ab + 2a + 1}}{{2\left( {a + 1} \right)\left( {b + 1} \right)}},\;\frac{{ab + 2b + 1}}{{2\left( {a + 1} \right)\left( {b + 1} \right)}}} \right)$

Είναι $\displaystyle {\lambda _{ZI}} = - 1$ , αφού ανήκει στην

, οπότε η μεσοκάθετός της έχει εξίσωση: $\displaystyle y = x + \frac{{b - a}}{{\left( {a + 1} \right)\left( {b + 1} \right)}}$

Αφού είναι $\displaystyle \left( {KZ} \right) = \left( {KI} \right)$ , το

ανήκει στη μεσοκάθετο του

,

οπότε $\displaystyle \frac{{b + 1}}{2} = \frac{{a + 1}}{2} + \frac{{b - a}}{{\left( {a + 1} \right)\left( {b + 1} \right)}}$

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

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

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

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

Οπότε $\displaystyle {\left( {AZ} \right)^2} = {\left( {\frac{a}{{a + 1}}} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{a + 1}}} \right)^2} = \frac{{{a^2} + 1}}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}},$

$\displaystyle {\left( {ZH} \right)^2} = {\left( {\frac{a}{{a + 1}} - 1} \right)^2} + {\left( {\frac{1}{{a + 1}} - b} \right)^2} = \frac{{1 + {{\left( {1 - ab - b} \right)}^2}}}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} =$

$\displaystyle =\frac{{1 + {a^2}}}{{{{\left( {a + 1} \right)}^2}}} = {\left( {AZ} \right)^2}$ άρα AZH

ισοσκελές

Είναι $\displaystyle \varepsilon \varphi \left( {BAH} \right) = \frac{{{\rm B}{\rm H}}}{{{\rm A}{\rm B}}} = \frac{b}{1} = b,\;\;\varepsilon \varphi \left( {DAE} \right) = \frac{{DE}}{{{\rm A}D}} = \frac{a}{1} = a$ ,

οπότε $\displaystyle \varepsilon \varphi \left( {\left( {BAH} \right) + \left( {DAE} \right)} \right) = \frac{{a + b}}{{1 - ab}} = \frac{{1 - ab}}{{1 - ab}} = 1 \Rightarrow \widehat {BAH} + \widehat {DAE} = 45^\circ$ ,

οπότε και $\displaystyle \widehat {HAZ} = 45^\circ$ άρα το HAZ

είναι και ορθογώνιο.

KARKAR · #347

Άσκηση 138

: Τουλάχιστον 40%.png (12.47 KiB) Προβλήθηκε 2017 φορές

Επί των πλευρών

και

τετραγώνου ABCD

, παίρνω σημεία E,Z

, ώστε να είναι BZ=2AE

.

Η μεσοκάθετος της

τέμνει την

στο σημείο

. Βρείτε το ελάχιστο του λόγου $\displaystyle \frac{(SEZ)}{(ABCD)}$ .

#348

KARKAR έγραψε:Άσκηση 138
Το συνημμένο Τουλάχιστον 40%.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Επί των πλευρών και τετραγώνου , παίρνω σημεία , ώστε να είναι .

Η μεσοκάθετος της τέμνει την στο σημείο . Βρείτε το ελάχιστο του λόγου $\displaystyle \frac{(SEZ)}{(ABCD)}$ .

: Ελάχιστο λόγου.png (26.7 KiB) Προβλήθηκε 1983 φορές

Έστω ότι η από το

, μέσο του

, παράλληλη προς την

τέμνει στα

$M\,,\,N$ τις $AB\,,\,CD$ αντίστοιχα. Επειδή MK = x

αναγκαστικά TK = EB

.

Τα ορθογώνια τρίγωνα $BEZ\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,TKS$ έχουν τις κάθετες πλευρές του

TK = EB

και τις οξείες γωνίες $\widehat {BEZ} = \widehat {TKS}$ γιατί έχουν κάθετες πλευρές .

Θα είναι λοιπόν $\vartriangle BEZ = \vartriangle TKS \Rightarrow \boxed{EZ = SK}$ . Ας πούμε τώρα με $\displaystyle{a = AB}$ .

$(SEZ) = \displaystyle\frac{1}{2}EZ \cdot SK = \displaystyle\frac{1}{2}E{Z^2}$ . Δηλαδή $\boxed{(SEZ) = \frac{1}{2}(5{x^2} - 2ax + {a^2})}$

Έστω το τριώνυμο $E(x) = \displaystyle\frac{5}{2}{x^2} - ax + \displaystyle\frac{{{a^2}}}{2}$

Το ελάχιστο του τριωνύμου παρουσιάζεται για $\boxed{{x_0} = \frac{a}{5}}$ και είναι $\displaystyle\frac{2}{5}{a^2}$ . Συνεπώς

$\boxed{\min \frac{{(SEZ)}}{{(ABCD)}} = \frac{2}{5}}$

Νίκος
Υ.Γ. Τότε $SE \bot AB$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #349

Καλημέρα.
Μια άλλη προσέγγιση της 138

Επειδή $\left ( ABCD \right )=\alpha ^{2}$ =σταθερό , ο ζητούμενος λόγος θα λαμβάνει την ελάχιστη τιμή του για εκείνη την τιμή του $\textrm{x}$ ώστε , $\left ( SEZ \right )=min$ (με $0\leq \textrm{x}\leq \frac{\alpha }{2}$ )
Έστω $\textrm{SE=CZ}=\textrm{y}$ , $\angle MSZ=\textrm{v}$ .Επειδή το $\textrm{DMKC}$ είναι εγγράψιμο, θα είναι $\angle MCB=\textrm{v}$ .
Επειδή , $\textrm{EB}=\alpha -\textrm{x},\textrm{MK//EB},\textrm{M}$ μέσον της $\textrm{EZ}$ ,θα είναι , $\textrm{MK}=\frac{\alpha -\textrm{x}}{2}$ .Αλλά , $\textrm{CK}=\alpha -\textrm{x}$ κι έτσι για οποιαδήποτε θέση του $\textrm{E}$ με $0\leq \textrm{x}\leq \frac{\alpha }{2}$ θα ισχύει $\varepsilon \varphi \textrm{v}=\frac{MK}{CK}=\frac{1}{2}$ άρα η γωνία $\textrm{v}$ κι επομένως και η $\angle ESZ=2\textrm{v}$ είναι σταθερή.
Επειδή $\left ( ESZ \right )=\frac{y^{2}\eta \mu 2\textrm{v}}{2}$ ,θα είναι $\left ( SCZ \right )=min$ ,όταν $\textrm{y}=min$ $\Leftrightarrow \textrm{y}^{2}=min$
Αλλά ,
$\varepsilon \varphi \textrm{v}=\frac{MS}{MZ}=\frac{1}{2} \Rightarrow \textrm{MS}^{2}=4\textrm{MZ}^{2} \Rightarrow \textrm{y}^{2}=5\textrm{MZ}^{2}=5\left ( MK^{2}+ZK^{2} \right )=5\frac{\left ( x-\alpha \right )^{2}}{4}+5\textrm{x}^{2}\Rightarrow \textrm{y}^{2}=\frac{25\textrm{x}^{2}-10\alpha \textrm{x}+5\alpha ^{2}}{4}$ .
Η ελάχιστη τιμή του τριωνύμου στον αριθμητή λαμβάνεται όταν $\textrm{x}=\frac{10\alpha }{50}\Leftrightarrow \textrm{x}=\frac{\alpha }{5}$ . Εύκολα προκύπτει τώρα ότι $min\frac{\left ( ESZ \right )}{\left ( ABCD \right )}=\frac{2}{5}$

παρατήρηση

Ένα ενδιαφέρον ερώτημα στο πρόβλημα ,θα ήταν η εύρεση του γ.τόπου του $\textrm{M}$

apotin · #350

Άσκηση 139

Στο εσωτερικό τετραγώνου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ κατασκευάζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα $\displaystyle{{\rm B}\Gamma {\rm E}}$ και $\displaystyle{\Gamma \Delta {\rm Z}}$ .

Αν οι $\displaystyle{AE, AZ}$ τέμνουν τις $\displaystyle{\Gamma \Delta ,\;{\rm B}\Gamma }$ στα σημεία $\displaystyle{M, N}$ αντίστοιχα τότε, να δείξετε ότι:

1) το τρίγωνο $\displaystyle{AMN}$ είναι ισόπλευρο

2) $\displaystyle{\left( {{\rm A}{\rm B}{\rm N}} \right) + \left( {{\rm A}\Delta {\rm M}} \right) = \left( {\Gamma {\rm M}{\rm N}} \right)}$

: tet_139.png (7.07 KiB) Προβλήθηκε 1931 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

orestisgotsis · #351

ΠΕΡΙΤΤΑ

KARKAR · #352

Άσκηση 140

: Διτετράγωνη.png (12.63 KiB) Προβλήθηκε 1864 φορές

Τα τετράγωνα ABCD

και

έχουν πλευρά

. Με διάμετρο

γράψαμε ημικύκλιο ,

το οποίο τέμνει τις AZ , DE

στα

αντίστοιχα . Υπολογίστε τη χορδή

. Πολλές λύσεις !

jim.jt · #353

KARKAR έγραψε:Άσκηση 140
Διτετράγωνη.png
Τα τετράγωνα και έχουν πλευρά . Με διάμετρο γράψαμε ημικύκλιο ,

το οποίο τέμνει τις στα αντίστοιχα . Υπολογίστε τη χορδή . Πολλές λύσεις !

Μια σύντομη αναλυτικογεωμετρική λύση!

Θέτουμε το

ως το

. Έτσι έχουμε:

A=(-a,0),E=(a,0),D=(-a,a),Z=(a,a)

και

Λύνοντας τα συστήματα των εξισώσεων έχουμε: $S=(-\frac{3}{5}a,\frac{4}{5}a),T=(\frac{3}{5}a,\frac{4}{5}a)$ .

Έτσι από τον τύπο της απόστασης έχουμε $ST=\frac{6}{5}a.$

#354

ΑΣΚΗΣΗ 141

Έστω ABCD

κυρτό τετράπλευρο. Επί των πλευρών του και προς το εσωτερικό του μέρος αναγράφουμε τετράγωνα ABEF,BCHI, CDGK, DAML

. Αν τα κέντρα των τετραγώνων ABEF, CDGK

συμπίπτουν, να αποδειχτεί ότι συμπίπτουν και τα κέντρα των BCHI, DAML

#355

KARKAR έγραψε:Άσκηση 140
Το συνημμένο Διτετράγωνη.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Τα τετράγωνα και έχουν πλευρά . Με διάμετρο γράψαμε ημικύκλιο ,

το οποίο τέμνει τις στα αντίστοιχα . Υπολογίστε τη χορδή . Πολλές λύσεις !

: tetrag_140.png (26.42 KiB) Προβλήθηκε 1830 φορές

Τα τρίγωνα EAZ,TAE,TEZ

είναι όμοια κι επειδή $\boxed{\frac{{EA}}{{EZ}} = 2}$ , αν

$TZ = k \Rightarrow TE = 2k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TA = 4k$ . έτσι αν

το σημείο τομής των

διαγωνίων του ορθογωνίου AEZD

θα είναι $OT = \displaystyle\frac{5}{2}k - k = \displaystyle\frac{3}{2}k$ .

Από την ομοιότητα των τριγώνων $ODZ\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,OST$ θα προκύψει το ζητούμενο :

$\displaystyle\frac{{ST}}{{DZ}} = \displaystyle\frac{{OT}}{{OZ}} \Rightarrow ST = \displaystyle\frac{3}{5}DZ \Rightarrow \boxed{ST = \displaystyle\frac{6}{5}AB}$

Φιλικά Νίκος

hlkampel · #356

KARKAR έγραψε:Άσκηση 140
Τα τετράγωνα και έχουν πλευρά . Με διάμετρο γράψαμε ημικύκλιο ,

το οποίο τέμνει τις στα αντίστοιχα . Υπολογίστε τη χορδή . Πολλές λύσεις !

Μια μικτή λύση.

Από Πυθ. Θεώρημα στο ορθ. τρίγωνο DAE

βρίσκουμε ότι $DE = \alpha \sqrt 5$

Από το τρίγωνο DAE

είναι:

$\displaystyle\eta \mu \widehat {ADE} = \frac{{AE}}{{DE}} \Rightarrow \eta \mu \widehat {ADE} = \frac{{2\alpha }}{{\alpha \sqrt 5 }} \Rightarrow \eta \mu \widehat {ADE} = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}$

$\widehat {ASE} = 90^\circ$ αφού βαίνει σε ημικύκλιο.

Από το ορθ. τρίγωνο ASD

είναι:

$\displaystyle \eta \mu \widehat {ADE} = \frac{{AS}}{{AD}} \Rightarrow \frac{{2\sqrt 5 }}{5} = \frac{{AS}}{\alpha } \Rightarrow AS = \frac{{2\sqrt 5 }}{5}\alpha$

Αν $SM \bot AE$ και $TN \bot AE$ τότε:

Στο Ορθ. τρίγωνο ASE

είναι:

$\displaystyle A{S^2} = AE \cdot AM \Rightarrow AM = \frac{{2\alpha }}{5}$

Ομοίως $\displaystyle NE = \frac{{2\alpha }}{5}$

$\displaystyle MN = AE - 2AM \Rightarrow ST = 2\alpha - \frac{{4\alpha }}{5} \Rightarrow ST = \frac{{6\alpha }}{5}$

thanasis.a · #357

KARKAR έγραψε:Άσκηση 140
Διτετράγωνη.png
Τα τετράγωνα και έχουν πλευρά . Με διάμετρο γράψαμε ημικύκλιο ,

το οποίο τέμνει τις στα αντίστοιχα . Υπολογίστε τη χορδή . Πολλές λύσεις !

.. καλησπέρα..

Από πυθαγόρειο θ. έχουμε: $\bigtriangleup DEA:\hat{A}=90^{\circ} \Rightarrow DE^{2}=\alpha ^{2}+4\alpha ^{^{2}}\Rightarrow ....DE=\sqrt{5}\cdot \alpha \,\,\,(1)$

Με δύναμη σημείου

ως προς κύκλο (B,BA)

: $DS\cdot DE=DA^{2}\mathop\Rightarrow \limits^{(1)}\,\,\,\,DS=\frac{\sqrt{5}}{5}\cdot \alpha,\,\,\,\,\(2)$

Οπότε: $\displaystyle SE=DE-DS\Rightarrow... SE=\frac{4\sqrt{5}}{5}\cdot\alpha$

Από πυθαγόρειο θεώρημα στο $SAE:\hat{S}=90^{\circ} \Rightarrow ...SA=\frac{2\sqrt{5} }{5}\cdot \alpha$ και ταυτόχρονα: $\sigma \nu \hat{SEA}=\frac{AE}{SE}\Rightarrow ....\sigma \nu \hat{SEA}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$

Όμως: $\hat{STA}=\hat{SEA}$ βαίνουν στο ίδιο τόξο

και αφού όμοια αποδυκνείεται ότι: $AT=\frac{4\sqrt{5}}{5}\cdot \alpha =SE$ έχουμε με νόμο συνημιτόνων στο $\bigtriangleup STA$

$SA^{2}=ST^{2}+AT^{2}-2\cdot AT\cdot ST\cdot \sigma \upsilon \nu \hat{STA}$ $\Rightarrow ....5\cdot ST^{2}-16\cdot \alpha \cdot ST+12\alpha ^{2}=0\Rightarrow ....ST=\frac{6}{5}\cdot \alpha\,\,\, \vee \,\,\,ST=2\alpha$ (απορρίπτεται)

#358

KARKAR έγραψε:Άσκηση 140
Το συνημμένο Διτετράγωνη.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Τα τετράγωνα και έχουν πλευρά . Με διάμετρο γράψαμε ημικύκλιο ,

το οποίο τέμνει τις στα αντίστοιχα . Υπολογίστε τη χορδή . Πολλές λύσεις !

: tetrag_140_2.png (22.68 KiB) Προβλήθηκε 1765 φορές

Ας δούμε, μια άλλη λύση και μάλιστα με πλήρη τεκμηρίωση .

Τα ορθογώνια τρίγωνα $EAZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AED$ είναι προφανώς ίσα . Αφού δε οι γωνίες

$\widehat {ATE},\widehat {ASE}$ βαίνουν σε ημικύκλιο θα είναι ορθές συνεπώς τα ομόλογα ύψη των

ίσων αυτών τριγώνων θα είναι ίσα . Δηλαδή $\boxed{ET = AS}$ .

Το τετράπλευρο STEA

θα είναι έτσι ισοσκελές τραπέζιο . Αν τώρα η ευθεία

κόψει τις $AD\,\,,\,\,EZ$ στα $L\,\,,\,\,H$ αντίστοιχα το τετράπλευρο AEHL

θα είναι

ορθογώνιο . Θέτουμε ZH = b

. επειδή τα τρίγωνα $EAZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,HTZ$ είναι

ορθογώνια και έχουν κοινή την γωνία στο

θα είναι όμοια και θα ισχύει :

$\displaystyle\frac{{TH}}{{HZ}} = \displaystyle\frac{{AE}}{{EZ}} = 2 \Rightarrow TH = 2b$ . Ας πούμε και $\boxed{x = ST}$

Είναι HS = 2HE

. Αυτό μπορεί να δειχθεί με ομοιότητα αλλά ας το δούμε κι

αλλιώς: HS = 2a - 2b = 2(a - b) = 2HE

.

Τώρα από την δύναμη του σημείου

, ως προς το ημικύκλιο έχουμε :

$H{E^2} = HT \cdot HS \Rightarrow H{E^2} = HT \cdot 2HE$ και άρα

$HE = 2HT \Rightarrow HE = 4b \Rightarrow a - b = 4b \Rightarrow \boxed{a = 5b}\,(1)$ . Όμως

$x + 4b = 2a \Rightarrow 5x + 20b = 10a \Rightarrow 5x + 4(5b) = 10a$ και λόγω της (1)

$5x + 4a = 10a \Rightarrow \boxed{x = \frac{6}{5}a}$

Νίκος

KARKAR · #359

Άσκηση 142

: 142.png (7.05 KiB) Προβλήθηκε 1729 φορές

Σημείο

κινείται επί της πλευράς

τετραγώνου ABCD

, ενώ το ημικύκλιο διαμέτρου

τέμνει την

στο

. Αν

είναι το μέσο του ημικυκλίου και

το μέσο της

, βρείτε

την ελάχιστη τιμή του αθροίσματος MO+MS

. ( Δεν έχω ασχοληθεί με λύση του προβλήματος )

Εκ παραδρομής είχα γράψει ..+OS

, που φυσικά δεν θα είχε ενδιαφέρον αφού

σταθερό .

Το λάθος αυτό όμως δημιούργησε ένα ενδιαφέρον υποπρόβλημα , της ελαχιστοποίησης , δηλαδή , του

Μιχάλης Τσουρακάκης · #360

διέγραψα την λύση που είχα αναρτήσει για την 142 ,γιατί δεν ήταν σωστή ως προς την διατύπωση .Την επαναφέρω σωστά διατυπωμένη.

Είναι $\angle STA=90^{0}$ κι έτσι $\textrm{ATSB}$ ορθογώνιο παραλληλόγραμμο άρα $\textrm{TS=AB=}\alpha \Rightarrow \textrm{TO}=\frac{\alpha }{2}$ .Έτσι το $\textrm{MO+OS}$ γίνεται ελάχιστο,όταν γίνει ελάχιστο το $\textrm{MO}$ .
Επειδή $\textrm{M}$ μέσον του ημικυκλίου θα είναι $\angle MAS=\angle MSA=\angle MTS=45^{0}$ ( $\textrm{ATMS}$ είναι εγγράψιμο).Αν $\textrm{MP}\perp \textrm{AB}$ και $\textrm{AP}=\textrm{x}$ τότε προφανώς $\textrm{TK=KM}=\textrm{x},\textrm{OK}=\frac{\alpha }{2}-\textrm{x}$ και με πυθαγόρειο στο $\textrm{MKO},\textrm{MO}^{2}=\textup{x}^{2}+\left ( \frac{\alpha }{2}-\textrm{x} \right )^{2}$ .Το ελάχιστο του $\textrm{MO}$ λαμβάνεται για εκείνο το $\textrm{x}$ για το οποίο το $\textrm{MO}^{2}$ γίνεται ελάχιστο που αυτό συμβαίνει για $\textrm{x}=\frac{\alpha }{4}$ .Τότε
$\textrm{MO}=\frac{\alpha \sqrt{2}}{4}\Rightarrow \left (\textrm{MO+OS} \right )_{min}=\frac{\alpha \sqrt{2}}{4}+\frac{\alpha }{2}=\frac{\alpha \left ( 2+\sqrt{2} \right )}{4}$

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