Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

KARKAR · #361

Άσκηση 143

: 143.png (11.18 KiB) Προβλήθηκε 1331 φορές

Στο τετράγωνο ABCD

φέρουμε τη διαγώνιο

και εγγράφουμε κύκλο και ημικύκλιο ,

όπως φαίνονται στο σχήμα . Ο κυκλικός δίσκος έχει μεγαλύτερο εμβαδόν ή ο ημικυκλικός ?

p_gianno · #362

Οι κύκλοι είναι εγγεγραμμένοι στα όμοια τρίγωνα CAE, ADC

με λόγο ομοιότητας (μεγάλου προς μικρό) $\sqrt{2}$ συνεπώς
ο λόγος των εμβαδών των κυκλικών δίσκων είναι

και επομένως ό λόγος των εμβαδών του ημικυκλικού δίσκου του μεγάλου κύκλου προς τον μικρό κυκλικό δίσκο είναι 1

parmenides51 · #363

p_gianno έγραψε:Οι κύκλοι είναι εγγεγραμμένοι στα όμοια τρίγωνα με λόγο ομοιότητας (μεγάλου προς μικρό) $\sqrt{2}$ συνεπώς
ο λόγος των εμβαδών των κυκλικών δίσκων είναι και επομένως ό λόγος των εμβαδών του ημικυκλικού δίσκου του μεγάλου κύκλου προς τον μικρό κυκλικό δίσκο είναι 1

ωραία λύση

Μιχάλης Τσουρακάκης · #364

μια απάντηση στην 143

Ο κύκλος , εφάπτεται προφανώς της $\textrm{AC}$ στο $\textrm{H}$ κέντρο του τετραγώνου .Είναι $\angle ZCH=\angle SCE=22.5^{0}\Rightarrow \textrm{ZH=HT}=r$
Τα τρίγωνα $\textrm{ZCH,SCE}$ είναι όμοια κι έτσι $\frac{r}{R}=\frac{CH}{CS}=\frac{\frac{\alpha \sqrt{2}}{2}}{\alpha }=\frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow r=\frac{\sqrt{2}}{2}R\Rightarrow \pi r^{2}=\pi \frac{R^{2}}{2}$
Άρα το ημικύκλιο έχει ίδιο εμβαδό με τον κύκλο

#365

Ά σ κ η σ η 144

: Τετράγωνα_144.png (12.14 KiB) Προβλήθηκε 1286 φορές

Στις πλευρές $BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD$ τετραγώνου ABCD

θεωρούμε τα σημεία : E,Z

στην

με

και

στην

με

. Αν

το σημείο τομής των $AE\,\,\mu \varepsilon \,\,BQ$ και

το σημείο τομής των $AZ\,\,\mu \varepsilon \,\,BP$ να δειχθεί ότι HT//BC

.

Νίκος

#366

KARKAR έγραψε:Άσκηση 142
Το συνημμένο 142.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Σημείο κινείται επί της πλευράς τετραγώνου , ενώ το ημικύκλιο διαμέτρου

τέμνει την στο . Αν είναι το μέσο του ημικυκλίου και το μέσο της , βρείτε

την ελάχιστη τιμή του αθροίσματος . ( Δεν έχω ασχοληθεί με λύση του προβλήματος )

Εκ παραδρομής είχα γράψει , που φυσικά δεν θα είχε ενδιαφέρον αφού σταθερό .

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

Η λύση αυτή έγινε πριν την διαφοροποίηση της εκφώνησης.

: Tetrag142.png (23.96 KiB) Προβλήθηκε 1261 φορές

Επειδή η γωνία $\widehat {ATS}$ βαίνει σε ημικύκλιο θα είναι ορθή με άμεση συνέπεια το τετράπλευρο ABST

να είναι ορθογώνιο. Ας πούμε

το μέσο της διαμέτρου

. Αφού το

είναι μέσο του ημικυκλίου το τρίγωνο KMS

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές . Στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο ASMT

η εξωτερική του γωνία στο σημείο

ισούται με την εντός και απέναντι εσωτερική στο

, δηλαδή είναι ${45^0}$ .
Τώρα αν

η προβολή του

στην

, το τρίγωνο HMT

θα είναι ορθογώνιο και ισοσκελές . Ας θέσουμε τώρα : $OH = x\,,\,MH = y$ και την $\boxed{AB = 4\alpha }$ .
Το άθροισμα MO + OS

γίνεται ελάχιστο όταν το

γίνει ελάχιστο αφού OS = 2a

.
Αν τώρα OM = s

θα έχουμε : x + y = OH + HM = OH + HT = 2a

και ${s^2} = {x^2} + {y^2} = {x^2} + {(2a - x)^2}$ . Δηλαδή ${s^2} = f(x) = 2{x^2} - 4ax + 4{a^2}$ Το παραπάνω τριώνυμο παρουσιάζει ελάχιστο στο ${x_0} = a$ το $f(a) = 2{a^2}$ και άρα $\min s = a\sqrt 2$ . τότε AT = 2a

και $\min (MO + OS) = a\sqrt 2 + 2a = a(2 + \sqrt 2 )$

Νίκος
Υ.Γ. Μιχάλη είναι σχεδόν ίδια με την δεύτερη δική σου γι αυτό δεν την έβαζα.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #367

Νίκο καλημέρα.Μια σκέψη για την 144

$\textrm{PC=EB,AB=BC}\Rightarrow \bigtriangleup \textrm{AEB}=\bigtriangleup PCB\Rightarrow \angle \omega =\angle\varphi$ .
$\angle \omega +\angle \chi =90^{0}\Rightarrow \angle \varphi +\angle \chi =90^{0}\Rightarrow \angle NML=90^{0}$
$\textrm{QC=ZB,AB=BC}\Rightarrow \bigtriangleup \textrm{QCB}=\bigtriangleup ZAB$ και με την ίδια λογική όπως προηγούμενα θα έχουμε $\angle NKL=90^{0}$ .Έτσι τα τετράπλευρα $\textrm{KLMN,KABM}$ είναι εγγράψιμα οπότε $\angle LNM=\angle MKL=\angle MAB=\angle \chi \Rightarrow \textrm{NL//BC}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #368

Μια λύση της 142 μετά την διαφοροποίηση της εκφώνησης

Έστω $\textrm{MP}\perp \textrm{AB},\textrm{AP}=\textrm{x}$ . Επειδή $\textrm{ST}\perp \textrm{AD}$ ,προφανώς ,το $\textrm{KTAP }$ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο άρα $\textrm{TK}=\textrm{x}$ .Επειδή , $\textrm{M}$ μέσον του ημικυκλίου, θα είναι $\angle MAS=\angle MSA=45^{0}$ κι αφού $\textrm{ATMS}$ εγγράψιμο,θα είναι $\angle MTS=45^{0}$ .
Θεωρούμε τώρα την κάθετη από το $\textrm{S}$ στην $\textrm{TM}$ κι έστω $\textrm{L}$ η τομή της με την $\textrm{AD}$ και $\textrm{E}$ με την $\textrm{TM}$ .Αφού $\angle MTS=45^{0}$ ,το ορθογώνιο τρίγωνο $\textrm{LTS}$ είναι ισοσκελές και $\textrm{TE}$ είναι διάμεσος προς την υποτείνουσα ,μεσοκάθετος της $\textrm{LS}$ άρα $\textrm{LM=MS}$ .
Έτσι αρκεί να βρούμε την ελάχιστη τιμή του $\textrm{LM+MO}$
Ακόμη, $\textrm{TS=TL}=\alpha$ και $\textrm{TE}=\frac{LS}{2}=\frac{\alpha \sqrt{2}}{2}$ [αφού η $\textrm{TE}$ είναι διάμεσος προς την υποτείνουσα].Επίσης με πυθαγόρειο στο $\textrm{LTO}$ είναι $\textrm{LO}=\frac{\alpha \sqrt{5}}{2}$ για κάθε θέση του $\textrm{S}$ στην $\textrm{BC }$
Επειδή $\angle MBA=\angle MSA=45^{0}$ ,το σημείο $\textrm{M }$ θα ανήκει συγχρόνως στις $\textrm{DB,TE}$ .
Στο τρίγωνο $\textrm{ETS}$ με διατέμνουσα $\textrm{LQO}$ έχουμε $\frac{QT}{QE}\cdot \frac{LE}{LS}\cdot \frac{OS}{OT}=1\Leftrightarrow\frac{QT}{QE}\cdot \frac{1}{2}\cdot 1=1 \Leftrightarrow \textrm{QT}=2\textrm{QE}$ κι αφού $\textrm{QT+QE}=TE=\frac{\alpha \sqrt{2}}{2}$ εύκολα παίρνουμε , $\textrm{QT}=\frac{\alpha \sqrt{2}}{3}$
Στο τρίγωνο $\textrm{LMO}$ ισχύει, $\textrm{LM+MO}\geq \textrm{LO}$ .Επομένως , το άθροισμα $\textrm{LM+MO}$ γίνεται ελάχιστο ,όταν $\textrm{M}\equiv \textrm{Q}$ δηλαδή όταν, $\textrm{TM=TQ}=\frac{\alpha \sqrt{2}}{3}$ .Όμως από το ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο $\textrm{TMK}$ είναι $\textrm{TM}=\textrm{x}\sqrt{2}$ .Έτσι , $\textrm{M}\equiv \textrm{Q}$ $\Leftrightarrow \textrm{x}\sqrt{2}=\frac{\alpha \sqrt{2}}{3} \Leftrightarrow \textrm{x}=\frac{\alpha }{3}$ και τότε $\left ( MS+MO \right )_{min}=\left ( ML+MO \right )_{min}=\textrm{LO}=\frac{\alpha \sqrt{5}}{2}$

KARKAR · #369

Άσκηση 145

: 145.png (11.08 KiB) Προβλήθηκε 1187 φορές

Στο τετράγωνο ABCD

, πλευράς

, τα

είναι τα μέσα των AD,BC

, ενώ το

σημείο της

.

Τα τμήματα SA,SB

τέμνουν το

στα

, ενώ τα ημικύκλια διαμέτρων AQ,BP

τέμνονται στο

.

1) Δείξτε ότι : $TS\perp DC$ ...2) Βρείτε τη θέση του

, ώστε να είναι : $\displaystyle TS=DS$

#370

KARKAR έγραψε:Άσκηση 145
Στο τετράγωνο , πλευράς , τα είναι τα μέσα των , ενώ το σημείο της . Τα τμήματα τέμνουν το στα ,
ενώ τα ημικύκλια διαμέτρων τέμνονται στο . 1) Δείξτε ότι : $TS\perp DC$ ...2) Βρείτε τη θέση του , ώστε να είναι : $\displaystyle TS=DS$

$\bullet$ 1) Με μεσοπαράλληλη των θα είναι τα μέσα των αντίστοιχα.

Από το πρώτο Θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο $\vartriangle STA \Rightarrow \boxed{{{\left( {ST} \right)}^2} + {{\left( {TA} \right)}^2} = 2{{\left( {TP} \right)}^2} + \frac{{{{\left( {AS} \right)}^2}}}{2}}:\left( 1 \right)$ .

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ATQ$ $\left( {\angle ATQ = {{90}^0}} \right)$ (εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο) έχουμε: $\boxed{{{\left( {TA} \right)}^2} = {{\left( {AQ} \right)}^2} - {{\left( {TQ} \right)}^2}}:\left( 2 \right)$ .

Από το πρώτο Θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο $\vartriangle ASB\mathop \Rightarrow \limits^{AQ\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \sigma o\varsigma } \boxed{{{\left( {AQ} \right)}^2} = \frac{{2\left[ {{{\left( {AS} \right)}^2} + {{\left( {AB} \right)}^2}} \right] - {{\left( {SB} \right)}^2}}}{4}}:\left( 3 \right)$ .

Από $\left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right),\left( 3 \right)} {\left( {ST} \right)^2} + \dfrac{{2\left[ {{{\left( {AS} \right)}^2} + {{\left( {AB} \right)}^2}} \right] - {{\left( {SB} \right)}^2}}}{4} - {\left( {TQ} \right)^2} =$ $2{\left( {TP} \right)^2} + \dfrac{{{{\left( {AS} \right)}^2}}}{2} \Rightarrow \ldots$

${\left( {ST} \right)^2} + \dfrac{{{{\left( {AB} \right)}^2}}}{2} - \dfrac{{{{\left( {SB} \right)}^2}}}{4} - {\left( {TQ} \right)^2} = 2{\left( {TP} \right)^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {SB} \right) = 2\left( {SQ} \right)}$ $\boxed{{{\left( {ST} \right)}^2} + \frac{{{{\left( {AB} \right)}^2}}}{2} - {{\left( {SQ} \right)}^2} - {{\left( {TQ} \right)}^2} = 2{{\left( {TP} \right)}^2}}:\left( 4 \right)$ .
[attachment=0]145.png[/attachment]
Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι $\boxed{{{\left( {ST} \right)}^2} + \dfrac{{{{\left( {AB} \right)}^2}}}{2} - {{\left( {SP} \right)}^2} - {{\left( {TP} \right)}^2} = 2{{\left( {TQ} \right)}^2}}:\left( 5 \right)$

Από $\left( 4 \right) - \left( 5 \right) \Rightarrow \ldots {\left( {SP} \right)^2} - {\left( {SQ} \right)^2} + {\left( {TP} \right)^2} - {\left( {TQ} \right)^2}$ $= 2{\left( {TP} \right)^2} - 2{\left( {TQ} \right)^2} \Rightarrow$ $\boxed{{{\left( {SP} \right)}^2} - {{\left( {SQ} \right)}^2} = {{\left( {TP} \right)}^2} - {{\left( {TQ} \right)}^2}}$

οπότε από το γνωστότατο λήμμα προκύπτει ότι $ST \bot PQ\mathop \Rightarrow \limits^{PQ\parallel DC} \boxed{ST \bot DC}$ και το πρώτο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ 2) Αν $\left( {TS} \right) = \left( {DT} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\angle DST = {{90}^0}} \angle TDS = {45^0} = \angle BDS \Rightarrow D,T,B$ συνευθειακά οπότε με $PT \bot DTB\mathop \Rightarrow \limits^{DTB \bot AC} \boxed{PT\parallel AC}:\left( 1 \right)$

Αν $L \equiv PT \cap DC$ στο τρίγωνο $\vartriangle SAC\mathop \Rightarrow \limits^{P\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,SA,PL\parallel AC} L$ το μέσο της $SC \Rightarrow \boxed{\left( {SL} \right) = \left( {LC} \right)}:\left( 6 \right)$ .

Το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle DTL\left( {\angle DTL = {{90}^0}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\angle TDS = {{45}^0}} \vartriangle DTL$ είναι και ισοσκελές και με $TS \bot DL \Rightarrow S$ το μέσο της

$DL \Rightarrow \left( {DS} \right) = \left( {SL} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 6 \right)} \boxed{\left( {DS} \right) = \frac{a}{3}}$ και η θέση του στην περίπτωση αυτή έχει προσδιοριστεί.

Στάθης

#371

KARKAR έγραψε:Άσκηση 145
Το συνημμένο 145.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο τετράγωνο , πλευράς , τα είναι τα μέσα των , ενώ το σημείο της .

Τα τμήματα τέμνουν το στα , ενώ τα ημικύκλια διαμέτρων τέμνονται στο .

1) Δείξτε ότι : $TS\perp DC$ ...2) Βρείτε τη θέση του , ώστε να είναι : $\displaystyle TS=DS$

: τετράγωνα 145_1.png (23.91 KiB) Προβλήθηκε 1137 φορές

Έστω

τα σημεία τομής των δύο κύκλων $(K)\,,(L)$ με κέντρα τα μέσα K,L

των

αντίστοιχα .θεωρούμε δε ότι MN//AB

αλλά όχι κατ’ ανάγκη μέσα των πλευρών $AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ . Οι πιο πάνω κύκλοι τέμνουν την

στα

αντίστοιχα, ενώ η κοινή χορδή τους TT'

τέμνει την

στο

και την

στο

.Είναι προφανές ότι η διάκεντρος

μεσοκάθετος στην κοινή χορδή TT'

. Επί πλέον στο τραπέζιο PQBA

η

ενώνει τα μέσα των διαγωνίων του άρα η

είναι μεσοπαράλληλη των $MN\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB$ και άρα TZ = T'Z'

. Επίσης $\widehat {PP'B} = \widehat {QQ'A} = {90^0}$ ως βαίνουσες σε ημικύκλια. Μετά απ’ αυτά $\Delta _{(K)}^Z = MZ \cdot ZQ = TZ \cdot T'Z\,\,\kappa \alpha \iota \,\Delta _{(L)}^Z = PZ \cdot ZN = TZ \cdot T'Z$ και άρα
$MZ \cdot ZQ\, = PZ \cdot ZN \Leftrightarrow (MP + PZ)ZQ = PZ(ZQ + QN)$ . Από την προηγούμενη έχω :
$MP \cdot ZQ = PZ \cdot QN \Leftrightarrow AP' \cdot ZQ = PZ \cdot Q'B$ . Αυτή η σχέση γράφεται υπό μορφή αναλογίας : $\displaystyle\frac{{AP'}}{{PZ}} = \displaystyle\frac{{Q'B}}{{ZQ}} \Leftrightarrow \displaystyle\frac{{AP'}}{{PZ}} + 1 = \displaystyle\frac{{Q'B}}{{ZQ}} + 1 \Leftrightarrow \displaystyle\frac{{AP' + P'Z'}}{{PZ}} = \displaystyle\frac{{Q'B + Z'Q'}}{{ZQ}}$ Δηλαδή :
$\boxed{\frac{{AZ'}}{{PZ}} = \frac{{Z'B}}{{ZQ}}}$ . Η τελευταία μας εξασφαλίζει ότι οι AP,T'T,BQ

συντρέχουν στο σημείο

και το πρώτο ζητούμενο έχει δειχθεί.
Στην δεύτερη περίπτωση και με δεδομένο ότι τα M,N

μέσα των

.

[attachment=1]Τετράγωνα 145_2.png[/attachment]
Τώρα MP = PZ

και αφού το

θα βρίσκεται πάνω στη διαγώνιο

που έχει μέσο

,το μέσο του

, το τρίγωνο TPO

θα είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.Έτσι
$MP = PZ = ZO\,$ και $MO = \displaystyle\frac{1}{2}a$ . Δηλαδή $SD = MZ = \displaystyle\frac{2}{3} \cdot \displaystyle\frac{1}{2}a \Rightarrow \boxed{SD = \displaystyle\frac{1}{3}a}$ .

Φιλικά Νίκος

KARKAR · #372

Άσκηση 146

: 146.png (7.89 KiB) Προβλήθηκε 1106 φορές

Σημείο

κινείται επί της πλευράς

τετραγώνου ABCD

. Η παράλληλη από το

προς την

τέμνει την

στο

, ενώ η

τέμνει την

στο

.

1) Βρείτε τη θέση του

, ώστε να είναι PT // AB

.

2) Βρείτε τη θέση του

, γιατην οποία μεγιστοποιείται το (SPAT)

.

#373

KARKAR έγραψε:Άσκηση 146
Το συνημμένο 146.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημείο κινείται επί της πλευράς τετραγώνου . Η παράλληλη από το

προς την τέμνει την στο , ενώ η τέμνει την στο .

1) Βρείτε τη θέση του , ώστε να είναι .

2) Βρείτε τη θέση του , γιατην οποία μεγιστοποιείται το .

: Τετράγωνα_146_1.png (11.39 KiB) Προβλήθηκε 1072 φορές

Έστω λυμένο το πρόβλημα και ας πούμε

το σημείο τομής της

με την

.
Αν το μήκος της πλευράς του τετραγώνου είναι $AB = a\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SC = y$ θα έχουμε:
Το τετράπλευρο PTCS

παραλληλόγραμμο και :
$\displaystyle\frac{{AB}}{{SC}} = \displaystyle\frac{{BT}}{{TS}} \Rightarrow \displaystyle\frac{a}{y} = \displaystyle\frac{{BT}}{{TS}}\, \Rightarrow \displaystyle\frac{a}{{a + y}} = \displaystyle\frac{{BT}}{{BS}}\,(1)$ ( Από τα όμοια τρίγωνα $ABT\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,CST$ ) . Ομοίως από τα όμοια τρίγωνα $BLT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BCS$ έχουμε: $\displaystyle\frac{{LT}}{{CS}} = \displaystyle\frac{{BT}}{{BS}} \Rightarrow \displaystyle\frac{{a - y}}{y} = \displaystyle\frac{{BT}}{{BS}}\,(2)$ . Από τις $(1)\,\,,\,\,(2)$ έχουμε $\displaystyle\frac{a}{{a + y}} = \displaystyle\frac{{a - y}}{y}$ και αν θέσω $\boxed{\frac{a}{y} = \varphi > 0}$ η προηγούμενη γίνεται $\displaystyle\frac{{y\varphi }}{{y\varphi + y}} = \displaystyle\frac{{y\varphi - y}}{y} \Rightarrow \varphi = {\varphi ^2} - 1 \Rightarrow \boxed{\varphi = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}$ .
Αρκεί λοιπόν να χωρίσουμε το τμήμα

σε μέσο και άκρο λόγο για να προσδιοριστεί το

.

Στο δεύτερο ερώτημα :

: Τετράγωνα_146_2.png (18.27 KiB) Προβλήθηκε 1072 φορές

Θεωρούμε τις προβολές Z,N

του

και του μέσου

του

στην

.
Το εμβαδόν , έστω

, του τραπεζίου PSTA

είναι : $E = PA \cdot MN\,\,(3)$ σύμφωνα με την γνωστή πρόταση : Το εμβαδόν τραπεζίου ισούται με το γινόμενο μιας των μη παραλλήλων πλευρών επί την απόσταση του μέσου της άλλης από αυτή .
Επίσης αν σε τραπέζιο ένα ευθύγραμμο τμήμα

, παράλληλο προς τις βάσεις, έχει τα άκρα του στις μη παράλληλες πλευρές και τις χωρίζει σε λόγο $\displaystyle\frac{m}{n}$ τότε $\displaystyle\frac{{d - a'}}{{b' - d}} = \displaystyle\frac{m}{n}$ όπου a',b'

η μικρή και η μεγάλη βάση του τραπεζίου . Εδώ τώρα για το τμήμα

στο τραπέζιο DSBA

είναι $ZT = \displaystyle\frac{{{a^2}}}{{2a - x}}$ με $DS = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\displaystyle\frac{m}{n} = \displaystyle\frac{{a - x}}{a}$ . Το τμήμα

είναι διάμεσος στο τραπέζιο DSTZ

και έτσι η (3)

δίδει:
$\boxed{E(x) = \frac{{(a - x)({a^2} + 2ax - {x^2})}}{{2(2a - x)}}}$ . Η μελέτη της E(x)

στο διάστημα (0,a)

μας δίδει το ζητούμενο μέγιστο . Για π.χ. a = 6

προκύπτει το ${S_0}$ με ${x_0} = D{S_0} \simeq 1,934095807$ .

«Φαίνεται» δηλαδή ότι το

χωρίζει το

εσωτερικά σε λόγο $\displaystyle\frac{2}{1}$

Φιλικά Νίκος

KARKAR · #374

Άσκηση 147

: Σε πρόοδο.png (8.95 KiB) Προβλήθηκε 1053 φορές

Εντός του τετραγώνου ABCD

έχουμε σχεδιάσει το ημικύκλιο διαμέτρου

και το τεταρτοκύκλιο $B\overset{\frown}{AC}$ , τα οποία

τέμνονται στο σημείο

. Δείξτε ότι τα μήκη των τμημάτων SD,SC,SA

, είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #375

Θεωρούμε το ημικύκλιο διαμέτρου $\textrm{CE=2BC}$
$\angle \textrm{x}=\angle \textrm{y}$ (οξείες με κάθετες πλευρές), $\angle \textrm{y}=\angle \omega$ (βαίνουν στο ίδιο τόξο).Άρα , $\angle \textrm{x}=\angle \omega$ .Ακόμη ,αν η $\textrm{SE}$ τέμνει το ημικύκλιο στο $\textrm{K}$ ,είναι $\angle DKA=90^{0}$ κι επειδή το τρίγωνο $\textrm{BAD}$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές θα είναι η $\textrm{AK}$ διχοτόμος της $\angle BAD$ κι έτσι $\angle KAB=45^{0}\Rightarrow \textrm{AK}$ θα διέρχεται από το η $\textrm{D}$ .Έτσι $\angle ASE=\angle ACE=45^{0}$ κι επειδή $\angle ASD=\angle CSE=90^{0}$ θα είναι τελικά $\angle DSC=\angle CSA=135^{0}$ οπότε τα τρίγωνα $\textrm{DSC,CSA}$ είναι όμοια κι έτσι $\frac{SC}{SA}=\frac{SD}{SC}\Leftrightarrow \textrm{SC}^{2}=\textrm{SA}\cdot\textrm{SD}$

εύρεση του λόγου της προόδου

Έστω $\textrm{CS}\cap \textrm{AD}=Q$ , $\left ( DSC \right )=\textrm{S}_{1},\left ( CSA \right )=\textrm{S}_{2}$ , $\lambda$ ο λόγος της προόδου . Επειδή (λόγω εγγράψιμου $\textrm{SCEA}$ ) $\angle QSA=45^{0}$ ,η $\textrm{SQ}$ είναι διχοτόμος του τριγώνου $\textrm{DSA}$ . Άρα $\frac{DQ}{QA}=\frac{DS}{SA}\Rightarrow \frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{DS}{SA }\Rightarrow \left ( \frac{CD}{AC} \right )^{2}=\frac{DS}{SA}\Rightarrow \frac{DS}{SA}=\frac{1}{2}\Rightarrow \frac{CS}{DS}\cdot \frac{AS}{CS}=2\Rightarrow \lambda \cdot \lambda =2\Rightarrow \lambda =\sqrt{2}$
(από τις παραπάνω ,εξασφαλίζεται ότι $\textrm{AS}> \textrm{DS}$ )

#376

KARKAR έγραψε:Άσκηση 147
Το συνημμένο Σε πρόοδο.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Εντός του τετραγώνου έχουμε σχεδιάσει το ημικύκλιο διαμέτρου και το τεταρτοκύκλιο $B\overset{\frown}{AC}$ , τα οποία

τέμνονται στο σημείο . Δείξτε ότι τα μήκη των τμημάτων , είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου .

Καλησπέρα . Παρόμοια με του Μιχάλη ,
[attachment=0]Τετράγωνα 147.png[/attachment]
$\widehat {ASC} = {135^0}$ ως εγγεγραμμένη με αντίστοιχη επίκεντρη ${270^0}$ . Προφανώς

$\widehat {ASD} = {90^0}$ γιατί βαίνει σε ημικύκλιο. Αναγκαστικά $\widehat {CSD} = {135^0}$ . Αφού ακόμα $\widehat \omega = \widehat \phi$

( από χορδή κι εφαπτομένη στο άκρο της ) , τα τρίγωνα $SAC\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SCD$ είναι όμοια

και άρα

$\boxed{\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{SC}}{{SD}} \Leftrightarrow S{C^2} = SA \cdot SD}$ που εξασφαλίζει το ζητούμενο .
και το νέο ερώτημα:
Αν γράψουμε όλες τις αναλογίες που προκύπτουν από πιο πάνω την ομοιότητα , έχουμε και τον λόγο της προόδου που είναι : $\boxed{\frac{{SA}}{{SC}} = \frac{{SC}}{{SD}} = \frac{{AC}}{{CD}} = \sqrt 2 }$

Φιλικά Νίκος

KARKAR · #377

Όμορφες Κρητικές λύσεις . Η φιλο(ματαιο)δοξία του συνθέτη , προσθέτει το εύλογο ερώτημα :

Ποιος είναι ο λόγος της προόδου ;

#378

exdx έγραψε: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 $\displaystyle{\,\,\Lambda {\rm K}\, = {\rm N}{\rm H}\,\,\,}$ .

Ας είναι ${\rm P} \equiv {\rm B}{\rm E} \cap {\rm A}\Delta$ και ${\rm M} \equiv {\rm B}{\rm E} \cap \Gamma \Delta$ . Τα τρίγωνα $\vartriangle {\rm A}{\rm E}{\rm B},\vartriangle {\rm B}{\rm Z}\Gamma$ είναι ίσα (ορθογώνια με $\left( {{\rm A}{\rm B}} \right) = \left( {{\rm B}\Gamma } \right) = \alpha ,\angle {\rm E}{\rm B}{\rm A}\mathop = \limits^{o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle {\rm Z}\Gamma {\rm B}$ )

οπότε: $\boxed{\left( {{\rm Z}{\rm B}} \right) = \left( {{\rm A}{\rm E}} \right)}:\left( 1 \right),\boxed{\left( {{\rm E}{\rm B}} \right) = \left( {\Gamma {\rm Z}} \right)}:\left( 2 \right),\boxed{\left( {{\rm A}{\rm E}{\rm B}} \right) = \left( {{\rm B}{\rm Z}\Gamma } \right)}:\left( 3 \right)$

Στο τρίγωνο $\vartriangle HKA$ , με $NZ\parallel KA$ (κάθετες στην ίδια ευθεία

) από το Θεώρημα του Θαλή έχουμε: $\boxed{\frac{{\left( {NH} \right)}}{{\left( {NK} \right)}} = \frac{{\left( {HZ} \right)}}{{\left( {ZA} \right)}}}:\left( 4 \right)$

Από ${\rm H}{\rm Z}\parallel {\rm P}{\rm A}\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } \dfrac{{\left( {{\rm H}{\rm Z}} \right)}}{{\left( {{\rm Z}{\rm A}} \right)}} = \dfrac{{\left( {{\rm Z}{\rm B}} \right)}}{{\left( {{\rm Z}{\rm P}} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 4 \right)} \boxed{\frac{{\left( {{\rm N}{\rm H}} \right)}}{{\left( {{\rm N}{\rm K}} \right)}} = \frac{{\left( {{\rm A}{\rm E}} \right)}}{{\left( {{\rm Z}{\rm P}} \right)}}}:\left( 5 \right)$
[attachment=0]105.png[/attachment]
Ομοίως στο τρίγωνο $\vartriangle {\rm H}{\rm N}\Gamma$ , με ${\rm K}{\rm E}\parallel {\rm N}\Gamma$ (κάθετες στην ίδια ευθεία

) από το Θεώρημα του Θαλή έχουμε: $\boxed{\dfrac{{\left( {{\rm K}\Lambda } \right)}}{{\left( {NK} \right)}} = \dfrac{{\left( {\Lambda {\rm E}} \right)}}{{\left( {{\rm E}\Gamma } \right)}}}:\left( 6 \right)$ .

Από $\Lambda {\rm B}\parallel {\rm M}\Gamma \mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } \dfrac{{\left( {\Lambda {\rm E}} \right)}}{{\left( {{\rm E}\Gamma } \right)}} = \dfrac{{\left( {{\rm E}{\rm B}} \right)}}{{\left( {{\rm E}{\rm M}} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right),\left( 6 \right)} \boxed{\dfrac{{\left( {{\rm K}\Lambda } \right)}}{{\left( {{\rm N}{\rm K}} \right)}} = \frac{{\left( {\Gamma {\rm Z}} \right)}}{{\left( {{\rm E}{\rm M}} \right)}}}:\left( 7 \right)$ .

Προφανώς είναι $\left( {{\rm M}{\rm A}{\rm B}} \right) = \left( {{\rm B}{\rm P}\Gamma } \right) = \dfrac{{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta } \right)}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \left( {{\rm M}{\rm E}{\rm A}} \right) = \left( {{\rm P}{\rm Z}\Gamma } \right)$ $\Rightarrow \dfrac{{\left( {{\rm E}{\rm M}} \right)\left( {{\rm A}{\rm E}} \right)}}{2} = \dfrac{{\left( {{\rm Z}{\rm P}} \right)\left( {\Gamma {\rm Z}} \right)}}{2} \Rightarrow$

$\ldots \dfrac{{\left( {{\rm A}{\rm E}} \right)}}{{\left( {{\rm Z}{\rm P}} \right)}} = \dfrac{{\left( {\Gamma {\rm Z}} \right)}}{{\left( {{\rm E}{\rm M}} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right),\left( 7 \right)} \dfrac{{\left( {{\rm K}\Lambda } \right)}}{{\left( {{\rm N}{\rm K}} \right)}} = \dfrac{{\left( {{\rm N}{\rm H}} \right)}}{{\left( {{\rm N}{\rm K}} \right)}} \Rightarrow \boxed{\left( {{\rm K}\Lambda } \right) = \left( {{\rm N}{\rm H}} \right)}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

KARKAR · #379

Άσκηση 148

: 148.png (7.13 KiB) Προβλήθηκε 977 φορές

Στην προέκταση της πλευράς

, τετραγώνου ABCD

, κινείται σημείο

, ενώ η

τέμνει την

στο

.

1) Βρείτε τη θέση του

για την οποία (SBT)+(DCT) =(ABTD)

2) Βρείτε τη θέση του

για την οποία ελαχιστοποιείται το (SBT)+(DCT)

Μιχάλης Τσουρακάκης · #380

1. Έστω $\textrm{BS}$ = $\textrm{x}$ , $\textrm{TE}\perp \textrm{AD}$ .Τότε $\left ( DET \right )=\left ( DCT \right )$
$\left ( DTBA \right )=\left (DCT \right )+\left ( TBS \right )\Leftrightarrow \left ( DCT \right )+\left ( ETBA \right )=\left (DCT \right ) +\left ( TBS \right ) \Leftrightarrow \left ( ETBA \right )=\left ( TBS \right )$ .
Αλλά
$\frac{CT}{TB}=\frac{\alpha }{\textrm{x}}\Leftrightarrow \frac{\alpha }{TB}=\frac{\alpha +\textrm{x}}{x}\Leftrightarrow \textrm{TB}=\frac{\alpha \textrm{x}}{\alpha +\textrm{x}}$ και $\textrm{CT}=\frac{\alpha ^{2}}{\alpha +\textrm{x}}$
$\left ( ETBA \right )=\left ( TBS \right )\Leftrightarrow \alpha \cdot \textrm{TB}=\frac{TB\cdot \textrm{x}}{2}\Leftrightarrow \textrm{x}=2\alpha$

2. $\left ( DCT \right )+\left ( TBS \right )=\frac{\alpha CT}{2}+\frac{\textrm{x}TB}{2}=...\frac{\alpha }{2}\left ( \frac{\alpha ^{2}+\textrm{x}^{2}}{\alpha +\textrm{x}} \right )$ Η τελευταία συνάρτηση εύκολα διαπιστώνουμε ότι για $\textrm{x}=\alpha \left ( \sqrt{2}-1 \right )$ παίρνει την ελάχιστη τιμή της.

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