Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

KARKAR · #481

Άσκηση 198

: 198.png (9.38 KiB) Προβλήθηκε 1011 φορές

Το σημείο

βρίσκεται επί της πλευράς

τετραγώνου ABCD

, ώστε

Σημείο

κινείται επί της

. Φέρω $SQ\perp CT$ . Να βρεθεί το μήκος του AT=y

,

για την οποία μεγιστοποιείται το (CQS)

#482

orestisgotsis έγραψε:Άσκηση 197

Το συνημμένο Διχοτόμος.PNG δεν είναι πλέον διαθέσιμο
$\displaystyle{\Delta EZH}$ τετράγωνο με $\displaystyle{K}$ το κέντρο του. Το τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma }$ είναι ορθογώνιο στο $\displaystyle{A}$ . Τότε η $\displaystyle{AK}$ είναι διχοτόμος της $\displaystyle{\widehat{BA\Gamma }}$ .

: 197.png (28.78 KiB) Προβλήθηκε 1281 φορές

Το τετράπλευρο AHKZ

έχει τις γωνίες του στα σημεία A,K

ορθές αφού ως γνωστό

οι διαγώνιοι του τετραγώνου τέμνονται κάθετα . Το τετράπλευρο λοιπόν αυτό είναι

εγγράψιμο σε κύκλο και μάλιστα διαμέτρου

. Οι διαγώνιοι του τετραγώνου επί

πλέον διχοτομούν τις ορθές γωνίες του . Μετά απ’ αυτά θα έχουμε $\widehat \theta = \widehat {KHZ} = {45^0}$ ,

δηλαδή η

είναι φορέας της διχοτόμου της ορθής γωνίας του τριγώνου ABC

.

Νίκος

Ανδρέας Πούλος · #483

ΑΣΚΗΣΗ 199

Δίνεται το τετράγωνο ABCD

του συνημμένου σχήματος.
Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν άπειρα τετράγωνα CEHZ

και

με

και

για τα οποία ισχύει BD^2 + BH^2 = BK^2

(1).
Να εξεταστεί αν υπάρχει ζεύγος τετραγώνων CEHZ

,

για τα οποία εκτός από την συνθήκη (1) να ισχύει και η συνθήκη, γωνία DBH

= γωνία

.

Ανδρέας Πούλος

#484

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Άσκηση 010
Το συνημμένο sq010.jpg δεν είναι πλέον διαθέσιμο
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 $\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta } \right) = 5\left( {{\rm K}\Lambda {\rm M}{\rm N}} \right)$ .

Αν από τις κορυφές φέρουμε κάθετες προς τις απέναντι πλάγιες ευθείες, τότε μεταφέρουμε τα ορθογώνια τρίγωνα που είναι μέσα στο τετράγωνα στα αντίστοιχα ίσα τους γειτονικά τετράγωνα(όπως πχ τα τρίγωνα ΚΚ και LL) και έτσι το όλο σχήμα , του οποίου ζητάμε το εμβαδόν, μετασχηματίζεται σε ένα σχήμα που αποτελείται από 5 ίσα χρωματιστά τετράγωνα.

#485

Άσκηση 200

: τετράγωνα 200.png (7.16 KiB) Προβλήθηκε 1191 φορές

Πάνω σε ευθεία $\varepsilon$ δίδονται με τη σειρά τα σημεία $A,\,\,B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,H$ .Εκατέρωθεν της

ευθείας κατασκευάζουμε τα τετράγωνα $ABCD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BEZH$ .

Ας πούμε

το σημείο τομής των $DH\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ ,

το σημείο τομής των

$CZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BH$ . Έστω ακόμα

το σημείο τομής των $DH\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CZ$ . να δειχθούν:
1. BT = BS

.
2. $B{T^2} = TC \cdot SH$
3. $BP \bot CH$

Η σειρά των ερωτημάτων δεν δεσμεύει την σειρά απαντήσεων

Νίκος

#486

Άσκηση 198

Αρχικά , το τρίγωνο $\displaystyle{\,\,\,\,SCQ\,\,\,}$ είναι ορθογώνιο με σταθερή υποτείνουσα .
Το εμβαδόν του θα γίνει μέγιστο όταν το ύψος του είναι μέγιστο δηλαδή όταν γίνει ίσο με την ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου .
Τότε όμως το τρίγωνο θα είναι ισοσκελές .
Το τετράπλευρο $\displaystyle{\,\,QCBS\,\,\,\,}$ είναι εγγράψιμο , οπότε $\displaystyle{\,\,\,\widehat{QSC} = \widehat{CBQ} = {45^0}\,\,\,\,}$ , οπότε το $\displaystyle{\,\,\,Q\,\,\,}$ βρίσκεται πάνω στη διαγώνιο $\displaystyle{\,\,BD\,\,\,}$ .
Η $\displaystyle{\,SQ\,}$ τέμνει την $\displaystyle{\,\,DC\,}$ στο $\displaystyle{\,\,R\,\,}$ . Εύκολα δείχνουμε (άσκηση $\displaystyle{\,\,72\,\,}$ αυτής της συλλογής ) ότι $\displaystyle{\,\,RS = TC\,}$ . Έστω $\displaystyle{\,\,\,QS = QC = z\,\,\,\,}$ . Τότε και $\displaystyle{\,\,\,\,QR = QT = w\,\,\,\,}$
Τα τρίγωνα $\displaystyle{\,QRC\,\,,\,\,QTS\,\,\,}$ είναι ίσα , οπότε $\displaystyle{\,\,\,\,\,RC = TS = \sqrt {{x^2} + {y^2}} \,\,\,\,\,}$ . Υποθέτοντας ότι η πλευρά του τετραγώνου έχει μήκος $\displaystyle{\,\,1\,\,\,}$ , έχουμε ότι :
$\displaystyle{\,\,\,SB = 1 - x\,\,\,,DR = 1 - \sqrt {{x^2} + {y^2}} \,\,\,}$
Τα τρίγωνα $\displaystyle{\,\,DRT\,\,,\,\,\,\,SBC\,\,}$ είναι όμοια αφού είναι ορθογώνια κι ακόμα λόγω των εγγραψίμων $\displaystyle{\,\,\,\,DRTQ\,\,,\,\,QCBS\,}$ , είναι : $\displaystyle{\,\,\,\widehat{DRT} = \widehat{SCB}\,\,\,}$ .
Επομένως
$\displaystyle{\begin{array}{l} \,\frac{{DR}}{{DT}} = \frac{{BS}}{{BC}} \Leftrightarrow \frac{{1 - \sqrt {{x^2} + {y^2}} }}{{1 - y}} = \frac{{1 - x}}{1} \Leftrightarrow 1 - \sqrt {{x^2} + {y^2}} = (1 - x)(1 - y) \Leftrightarrow \\ \\ \Leftrightarrow - \sqrt {{x^2} + {y^2}} = - x - y + xy \Leftrightarrow {x^2} + {y^2} = {x^2} + {y^2} + {x^2}{y^2} - 2{x^2}y - 2x{y^2} + 2xy \Leftrightarrow \\ \\ \Leftrightarrow xy(xy - 2x - 2y + 2) = 0\,\,\,\,\mathop \Leftrightarrow \limits^{xy \ne 0,\,\,\,x < 1} \,\,\,y = \frac{{2 - 2x}}{{2 - x}} \\ \end{array}}$

Ιστοσελίδα · #487

Η αναφορά στις 200

ασκήσεις. Να σας πω ότι έχω ξεκινήσει τη συγγραφή ενός interactive e-book (σε πρώτη φάση), ακολουθώντας τη συμβουλή του Γιώργου Ρίζου. Το ονόμασα “ 200+

ασκήσεις με τετράγωνα”, οπότε μπορεί να συνεχίσετε να βάζετε ασκήσεις (αρκεί να μην το παρακάνετε…σ’ ευχαριστώ που με σκέφτεσαι parmenidi

).

Άλυτες παραμένουν οι 24,27,51,59,84,111,141,158,199

.

Σας ευχαριστώ όλους για τη συμμετοχή σας!

#488

Doloros έγραψε:Άσκηση 200
Το συνημμένο τετράγωνα 200.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Πάνω σε ευθεία $\varepsilon$ δίδονται με τη σειρά τα σημεία $A,\,\,B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,H$ .Εκατέρωθεν της

ευθείας κατασκευάζουμε τα τετράγωνα $ABCD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BEZH$ .

Ας πούμε το σημείο τομής των $DH\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ , το σημείο τομής των

$CZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BH$ . Έστω ακόμα το σημείο τομής των $DH\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CZ$ . να δειχθούν:
1. .
2. $B{T^2} = TC \cdot SH$
3. $BP \bot CH$

Η σειρά των ερωτημάτων δεν δεσμεύει την σειρά απαντήσεων

Νίκος

Καλημέρα Νίκο

: ΣΧΗΜΗ Α.png (7.17 KiB) Προβλήθηκε 1119 φορές

(α) Ας ονομάσουμε

την πλευρά του τετραγώνου $\displaystyle{ABCD}$ και $\displaystyle{b}$ την πλευρά του $\displaystyle{BEZH}$

Από τα όμοια τρίγωνα $\displaystyle{BHT , AHD}$ έχουμε: $\displaystyle{\frac{BT}{a}=\frac{b}{a+b}\Rightarrow BT=\frac{ab}{a+b}}$

Aπό τα όμοια τρίγωνα $\displaystyle{BSC , EZC}$ έχουμε: $\displaystyle{\frac{BS}{b}=\frac{a}{a+b}\Rightarrow BS=\frac{ab}{a+b}}$

Από τις δύο πιο πάνω σχέσεις, έχουμε $\displaystyle{BT=BS}$

(β) Από τα όμοια τρίγωνα $\displaystyle{BTH , DTC}$ , έχουμε: $\displaystyle{\frac{TC}{BT}=\frac{a}{b}}$ , (ΣΧΕΣΗ 1)

Από τα όμοια τρίγωνα $\displaystyle{BSC , ZSH}$ , έχουμε: $\displaystyle{\frac{BS}{SH}=\frac{a}{b}\Rightarrow \frac{BT}{SH}=\frac{a}{b}}$ , (ΣΧΕΣΗ 2)

Διαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις 1 , 2 έχουμε: $\displaystyle{\frac{TC.SH}{BT^2}=1\Rightarrow BT^2 =TC.SH}$

(γ) Ας δούμε το ερώτημα αυτό με αναλυτική γεωμετρία:

: ΣΧΗΜΑ.png (11.49 KiB) Προβλήθηκε 1119 φορές

Oρίζουμε τις συντεταγμένες όπως στο παραπάνω σχήμα

Η εξίσωση της ευθείας $\displaystyle{CZ}$ είναι: $\displaystyle{y=-(a+1)x+a}$ και η εξίσωση της ευθείας $\displaystyle{DH}$ είναι: $\displaystyle{y=-\frac{a}{1+a}x+\frac{a}{1+a}}$

Λύνοντας το σύστημα των πιο πάνω εξισώσεων , βρίσκουμε τις συντεταγμένες του $\displaystyle{P}$ .

Είναι $\displaystyle{P(\frac{a^2}{a^2 +a+1} , \frac{a}{a^2 +a+1})}$ . Συνεπώς η κλίση της ευθείας $\displaystyle{BP}$ είναι $\displaystyle{\lambda _1 =\frac{1}{a}}$

Eνώ η κλίση της ευθείας $\displaystyle{CH}$ είναι $\displaystyle{\lambda _2 =\frac{a}{-1}=-a}$

Και αφού $\displaystyle{\lambda _1 . \lambda _2 =-1}$ , έχουμε το ζητούμενο.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #489

για την 200

Ερώτημα 1

Ας είναι $\textrm{BH}=\alpha ,\textrm{BC}=\beta$
$\textrm{BT//AD}\Rightarrow \frac{BT}{AD}=\frac{HB}{HA}\Rightarrow \frac{BT}{\beta }=\frac{\alpha }{\alpha +\beta }\Rightarrow \textrm{BT}=\frac{\alpha \beta }{\alpha +\beta } \left ( 1 \right )$
$\textrm{BS//EZ}\Rightarrow \frac{BS}{EZ}=\frac{CB}{CE}\Rightarrow \frac{BS}{\alpha }=\frac{\beta }{\alpha +\beta }\Rightarrow \textrm{BS}=\frac{\alpha \beta }{\alpha +\beta } \left ( 2 \right )$
Από $\left ( 1 \right )$ , $\left ( 2 \right )$ $\Rightarrow \textrm{BS=BT}$

Ερώτημα 2
Α΄ τρόπος

Αφού $\textrm{BS=BT}$ , το ορθογώνιο τρίγωνο $\textrm{SBT}$ είναι ισοσκελές ,οπότε $\angle BST=\angle SBZ=45^{0}\Rightarrow \textrm{ST//ZB}\Rightarrow \frac{BT}{TC}=\frac{ZS}{SC}$ .Αλλά $\textrm{ZH//BC}\Rightarrow \frac{ZS}{SC}=\frac{HS}{SB}$ .Άρα $\frac{BT}{TC}=\frac{SH}{SB}\Rightarrow \textrm{BT}\cdot \textrm{SB}=\textrm{TC}\cdot \textrm{SH}\Rightarrow \textrm{BT}^{2}=\textrm{TC}\cdot \textrm{SH}$ (Αφού , $\textrm{BT=BS}$ )

Β΄ τρόπος
$\textrm{BT}=\frac{\alpha \beta }{\alpha +\beta }\Rightarrow \textrm{TC}=\beta -\frac{\alpha \beta }{\alpha +\beta } \Rightarrow \textrm{TC}=\frac{\beta ^{2}}{\alpha +\beta }$
$\textrm{BS}=\frac{\alpha \beta }{\alpha +\beta } \Rightarrow \textrm{SH}=\alpha -\frac{\alpha \beta }{\alpha +\beta } =\frac{\alpha ^{2}}{\alpha +\beta }$
$\textrm{TC}\cdot \textrm{SH}=\left ( \frac{\alpha \beta }{\alpha +\beta } \right )^{2}=\textrm{BT}^{2}$

Ερώτημα 3

Είναι, $\textrm{TC}=\frac{\beta ^{2}}{\alpha +\beta },\textrm{SH}=\frac{\alpha ^{2}}{\alpha +\beta }$ και $\frac{TB}{TC}=\frac{\alpha }{\beta } ,\frac{SH}{SB}=\frac{\alpha }{\beta }\Rightarrow \frac{TB}{TC}\cdot\frac{SH}{SB}=\frac{\alpha ^{2}}{\beta ^{2}}$ .Έστω , $\textrm{HC}=\gamma$
Επειδή οι $\textrm{BM,CS,AT}$ συντρέχουν στο $\textrm{P}$ θα ισχύει (Ceva)
$\frac{HM}{MC}\cdot \frac{TC}{TB}\cdot \frac{SB}{SH}=1\Rightarrow \frac{HM}{MC}=\frac{TB}{TC}\cdot \frac{SH}{SB}=\frac{\alpha ^{2}}{\beta ^{2}}\Rightarrow \frac{HM}{\gamma }=\frac{\alpha ^{2}}{\alpha ^{2}+\beta ^{2}}=\frac{\alpha ^{2}}{\gamma ^{2}} \Rightarrow \textrm{HM}=\frac{\alpha ^{2}}{\gamma }\Rightarrow \textrm{HM}\cdot \textrm{HC}=\alpha ^{2}\Rightarrow \textrm{HM}\cdot \textrm{HC}=\textrm{HB}^{2}\Rightarrow \textrm{BM}\perp \textrm{HC}$

Παρατήρηση

Το τελευταίο ερώτημα ,ισχύει χωρίς να είναι απαραίτητα $\angle HBC=90^{0}$

#490

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:για την 200

Ερώτημα 3
Είναι, $\textrm{TC}=\frac{\beta ^{2}}{\alpha +\beta },\textrm{SH}=\frac{\alpha ^{2}}{\alpha +\beta }$ και $\frac{TB}{TC}=\frac{\alpha }{\beta } ,\frac{SH}{SB}=\frac{\alpha }{\beta }\Rightarrow \frac{TB}{TC}\cdot\frac{SH}{SB}=\frac{\alpha ^{2}}{\beta ^{2}}$ .Έστω , $\textrm{HC}=\gamma$
Επειδή οι $\textrm{BM,CS,AT}$ συντρέχουν στο $\textrm{P}$ θα ισχύει (Ceva)
$\frac{HM}{MC}\cdot \frac{TC}{TB}\cdot \frac{SB}{SH}=1\Rightarrow \frac{HM}{MC}=\frac{TB}{TC}\cdot \frac{SH}{SB}=\frac{\alpha ^{2}}{\beta ^{2}}\Rightarrow \frac{HM}{\gamma }=\frac{\alpha ^{2}}{\alpha ^{2}+\beta ^{2}}=\frac{\alpha ^{2}}{\gamma ^{2}} \Rightarrow \textrm{HM}=\frac{\alpha ^{2}}{\gamma }\Rightarrow \textrm{HM}\cdot \textrm{HC}=\alpha ^{2}\Rightarrow \textrm{HM}\cdot \textrm{HC}=\textrm{HB}^{2}\Rightarrow \textrm{BM}\perp \textrm{HC}$
Παρατήρηση
Το τελευταίο ερώτημα ,ισχύει χωρίς να είναι απαραίτητα $\angle HBC=90^{0}$

Όπως αναφέρει και ο Μιχάλης το 3ο ερώτημα ισχύει για τυχόν τρίγωνο $\vartriangle ABC$ και είναι ένα από τα ερωτήματα του συστήματος Vecten που είχαν τεθεί
εδώ (μια διαφορετική αντιμετώπιση στο συνημμένο 6)

Στάθης

#491

KARKAR έγραψε:Άσκηση 161
Σημείο κινείται πάνω στην πλευρά τετραγώνου . Η τέμνει την στο σημείο . Σχεδιάζω τα προς το μέρος της ημικύκλια διαμέτρων και . Φέρω το κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα . Για ποια θέση του είναι ?

Με $KL\parallel AB \Rightarrow \boxed{\left( {KL} \right) = \dfrac{{\left( {AB} \right)}}{2} = \dfrac{a}{2}}:\left( 1 \right)$ , όπου το μήκος της πλευράς του τετραγώνου .

Είναι γνωστό ότι για το κοινό εφαπτόμενο τμήμα των κύκλων $\left( {K'} \right),\left( {L'} \right)$ ισχύει: $\left( {KL} \right) = 2\sqrt {Rr} \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \ldots a = 4\sqrt {Rr} \Rightarrow \boxed{{a^2} = 16Rr}:\left( 2 \right)$ ,

όπου είναι οι ακτίνες των δύο κύκλων $\left( {K'} \right),\left( {L'} \right)$ αντίστοιχα (με προφανές )

Από $BS\parallel AD \Rightarrow \dfrac{{\left( {BS} \right)}}{{\left( {AB} \right)}} = \dfrac{{\left( {TS} \right)}}{{\left( {TA} \right)}} = \dfrac{{2r}}{{2R}} = \dfrac{r}{R}$ $\Rightarrow \boxed{\dfrac{{\left( {BS} \right)}}{a} = \dfrac{r}{R}}:\left( 3 \right)$ .

Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABS \Rightarrow {\left( {AB} \right)^2} + {\left( {BS} \right)^2} = {\left( {AS} \right)^2} = 4{\left( {R + r} \right)^2} \Rightarrow$

${a^2} + {\left( {BS} \right)^2} = 4{\left( {R + r} \right)^2} \Rightarrow {\left( {BS} \right)^2} = 4{\left( {R + r} \right)^2} - {a^2}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} {\left( {BS} \right)^2} = 4{\left( {R + r} \right)^2} - 16Rr \Rightarrow {\left( {BS} \right)^2} = 4{\left( {R - r} \right)^2}$ $\Rightarrow \boxed{\left( {BS} \right) = 2\left( {R - r} \right)}:\left( 4 \right)$ .
[attachment=0]161.png[/attachment]
Από $\left( 3 \right) \Rightarrow \dfrac{{{{\left( {BS} \right)}^2}}}{{{a^2}}} = \dfrac{{{r^2}}}{{{R^2}}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right),\left( 4 \right)} \dfrac{{4{{\left( {R - r} \right)}^2}}}{{16Rr}} = \dfrac{{{r^2}}}{{{R^2}}} \Rightarrow$ $\dfrac{{{{\left( {R - r} \right)}^2}}}{{4r}} = \dfrac{{{r^2}}}{R} \Rightarrow$

$R\left( {{R^2} - 2Rr + {r^2}} \right) = 4{r^3} \Rightarrow$ ${R^3} - 2{R^2}r + R{r^2} - 4{r^3} = 0\mathop \Rightarrow \limits^{:{r^3}}$ $\boxed{{{\left( {\dfrac{R}{r}} \right)}^3} - 2{{\left( {\dfrac{R}{r}} \right)}^2} + \left( {\dfrac{R}{r}} \right) - 4 = 0}:\left( 5 \right)$

Με $\dfrac{R}{r} = x > 0$ και θεωρώντας τη συνάρτηση $f\left( x \right) = {x^3} - 2{x^2} + x - 4,x > 0$ βρίσκουμε ότι αυτή έχει μοναδική ρίζα την $x \approx 2,314596212276752$ ,

δηλαδή $\dfrac{a}{{\left( {BS} \right)}} \approx 2,314596212276752 \Rightarrow \boxed{\left( {BS} \right) \approx \dfrac{a}{{2,314596212276752}}}!!!!!!$ .

Θανάση δεν ξέρω αν η κατασκευή αυτή είναι γεωμετρικά εφικτή.
Η πλάκα είναι ότι η προσέγγιση είναι τόσο καλή που κορόιδεψα το λογισμικό και την δείχνει τέλεια!!!!! (έγινε και αριθμητικός έλεγχος λέει!!! )

Στάθης

KARKAR · #492

Άσκηση 201

: 201.png (8.9 KiB) Προβλήθηκε 1036 φορές

Η κορυφή

του τετραγώνου AEZH

, κινείται επί της πλευράς

τετραγώνου ABCD

.

Δείξτε ότι για κάθε θέση του

ισχύει :

KARKAR · #493

Άσκηση 202

: 202.png (5.1 KiB) Προβλήθηκε 1013 φορές

Σημείο

κινείται επί της πλευράς

τετραγώνου ABCD

και

τέμνει την

στο

.

Βρείτε τη θέση του

για την οποία ελαχιστοποιείται το άθροισμα AT^2+TS^2

#494

KARKAR έγραψε:Άσκηση 201
Το συνημμένο 201.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Η κορυφή του τετραγώνου , κινείται επί της πλευράς τετραγώνου .

Δείξτε ότι για κάθε θέση του ισχύει :

: Τετράγωνα_201.png (29.45 KiB) Προβλήθηκε 1012 φορές

Ας πούμε $\boxed{AB = 2a\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BZ = 2x}$ και

το ύψος του τριγώνου CHZ

Γράφουμε τον κύκλο (O,OA)

του τετραγώνου AEZH

που τέμνει τη

στο σημείο

. Η κάθετη από το σημείο

προς την

τη τέμνει στο

και τον κύκλο στο

. Ισχύουν τα παρακάτω :
1) $BZ = AP\,\,$ και AH = ZH

και $\widehat {BZE} = \widehat {PAH}$ ( πλευρές παράλληλες). Άρα τα τρίγωνα $BZE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,APH$ είναι ίσα, συνεπώς θα έχουν $EB = PH\,\,(1)$ , προφανώς δε θα είναι και ισεμβαδικά.
2) το τετράπλευρο APHT

είναι, ως εγγεγραμμένο τραπέζιο, ισοσκελές οπότε και λόγω της (1)

θα είναι $EB = AT\,\,(2)$ . Τώρα όμως και τα τρίγωνα $EAB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AHT$ θα προκύψουν ίσα κι αυτό γιατί έχουν : $AE = AH\,,\,\widehat {ABE} = \widehat {HTA} = {45^0}$ και τις εις τα A,H

γωνίες ίσες ( κάθετες πλευρές). Θα έχουν έτσι και τα υπόλοιπα αντίστοιχα στοιχεία ίσα, συνεπώς $AB = HT = 2a\,\,\,(3)$ και τα αποστήματα προς τις ίσες αυτές χορδές θα είναι ίσα . Το απόστημα $\boxed{OM// = \frac{{BZ}}{2} = x = LM}$ . Μετά απ’ αυτά έχουμε :

$(AEB) + (ZEB) = (APHT) = \displaystyle\frac{{AP + HT}}{2}(AM - LM)$ δηλαδή

$(AEB) + (ZEB) = \displaystyle\frac{{2x + 2a}}{2}(a - x) = (a + x)(a - x) = \displaystyle\frac{1}{2}(a + x) \cdot (2a - 2x)$ δηλαδή τελικά

$(AEB) + (ZEB) = \displaystyle\frac{1}{2}HN \cdot CZ \Rightarrow \boxed{(AEB) + (ZEB) = (CHZ)}$ .

Φιλικά Νίκος

#495

KARKAR έγραψε:Άσκηση 201 Η κορυφή του τετραγώνου , κινείται επί της πλευράς τετραγώνου . Δείξτε ότι για κάθε θέση του ισχύει :

Με $\angle ZBA = \angle ZEA = \angle ZHA = {90^0} \Rightarrow A,E,B,Z,H$ ομοκυκλικά σε κύκλο διαμέτρου . Από την προφανή ισότητα των τριγώνων

$\vartriangle EAB,\vartriangle HAD$ $\,\,\left( {AB\mathop = \limits^{ABCD\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} AD,AE\mathop = \limits^{AEZH\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} AH,\angle EAB\mathop = \limits^{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle EAB} \right)$

$\Rightarrow \angle ADH = \angle ABE = \angle AHE = {45^0} = \angle ADB \Rightarrow B,H,D$ συνευθειακά, άρα $HC = HZ \Rightarrow \vartriangle HZC$ ισοσκελές, οπότε: $\boxed{\left( {HZC} \right) = 2\left( {HZP} \right)}:\left( 1 \right)$ ,

με $HP \bot ZC,P \in ZC$ . Αν το συμμετρικό του ως προς το τότε θα είναι $\vartriangle ABE = \vartriangle C'BE$ $\left( {AB = BC' = a,BE = BE,\angle EBA = \angle EBC' = {{45}^0}} \right)$

$\Rightarrow \boxed{\left( {ABE} \right) = \left( {C'BE} \right)}:\left( 2 \right)$ και $EC' = EA = EZ \Rightarrow \vartriangle EC'Z$ ισοσκελές οπότε: $\boxed{\left( {EC'Z} \right) = 2\left( {ETZ} \right)}:\left( 3 \right)$ , με $ET \bot C'Z,T \in C'Z$ .
[attachment=0]201.png[/attachment]
Προφανώς τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ETZ,\vartriangle ZPH$ είναι ίσα $\left( {EZ\mathop = \limits^{AEZH\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} HZ,\angle EZT\mathop = \limits^{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon } \angle ZHP} \right)$

$\Rightarrow \left( {ETZ} \right) = \left( {HZP} \right) \Rightarrow 2\left( {ETZ} \right) = 2\left( {HZP} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right),\left( 1 \right)}$ $\left( {EC'Z} \right) = \left( {HZC} \right) \Rightarrow \left( {C'BE} \right) + \left( {EBZ} \right) = \left( {HZC} \right)$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \boxed{\left( {ABE} \right) + \left( {EBZ} \right) = \left( {HZC} \right)}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #496

Ακόμη μια λύση της 201

Επειδή , $\textrm{AEBZ}$ εγγράψιμο ,θα είναι $\angle EZB=\angle BAE=\varphi$ .Θεωρούμε $\textrm{HM}\perp \textrm{CB},\textrm{HL}\perp \textrm{AB},\textrm{EN}\perp \textrm{AB},\textrm{EQ} \perp \textrm{CB}$ , οπότε $\angle LHA=\angle BAE=\varphi$ (οξείες με κάθετες πλευρές) όπως και $\angle ZHM=\angle EZB=\varphi$ (οξείες με κάθετες πλευρές) κι επειδή $\textrm{AH=HZ=ZE=EA}$ τα ορθογώνια τρίγωνα $\textrm{HAL,HMZ,ZEQ,ANE}$ είναι ίσα μεταξύ τους.Άρα $\textrm{HL=HM}\Rightarrow \textrm{LHMB}$ τετράγωνο οπότε $\angle LBH=\angle HMB=45^{0}$ δηλαδή η $\textrm{BHD}$ είναι διαγώνιος του τετραγώνου $\textrm{ABCD}$ ,άρα $\textrm{HA=HZ=HC}\Rightarrow \textrm{ZHC}$ ισοσκελές τρίγωνο οπότε $\left ( ZHC \right )=2\left ( HMZ \right )$ .Θα αποδείξουμε τώρα ότι $2\left ( HMZ \right )=\left ( ABE \right )+\left ( ZBE \right )$
Από την ισότητα των $\textrm{HAL,HMZ,ZEQ,ANE}$ είναι , επίσης, $\textrm{AL=NE=EQ=MZ}$ , $\textrm{ZQ=HL=AN}$ .Έτσι $\textrm{MZ+ZB}=\textrm{ZB+BQ}\Rightarrow \textrm{MZ}=\textrm{BQ}$
$\textrm{AN+NB}=\textrm{BM+MC}\Rightarrow \textrm{NB=MC}$ (Αφού $\textrm{AN=HL=MB}$ ).
Έτσι ,τελικά , $\textrm{NB=BQ=QE=EN}\Rightarrow \textrm{NBQE}$ τετράγωνο οπότε $\left ( NEB \right )=\left ( BEQ \right )$
Τώρα,
$\left ( ZHC \right )=2\left ( HMZ \right )=\left ( ANE \right )+\left ( ZEQ \right )=\left ( ABE \right )-\left ( NBE \right )+\left ( ZBE \right )+\left ( BEQ \right )\Rightarrow \left ( ZHC \right ) =\left ( ABE \right )+\left ( ZBE \right )$
και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

#497

KARKAR έγραψε:Άσκηση 202
Το συνημμένο 202.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημείο κινείται επί της πλευράς τετραγώνου και τέμνει την στο .

Βρείτε τη θέση του για την οποία ελαχιστοποιείται το άθροισμα

: Τετράγωνα _202.png (12.63 KiB) Προβλήθηκε 971 φορές

Θέτω $AB = a\,\,,\,\,BS = x$ .

Επειδή η διαγώνιος τετραγώνου διχοτομεί την αντίστοιχη ορθή γωνία του θα έχουμε

$AT = \displaystyle\frac{{AS \cdot AB}}{{AB + BS}} \Rightarrow \boxed{AT = \displaystyle\frac{{AS \cdot a}}{{a + x}}}\,\,(1)$ , Ομοίως $TS = \displaystyle\frac{{AS \cdot BS}}{{AB + BS}} \Rightarrow \boxed{TS = \displaystyle\frac{{AS \cdot x}}{{a + x}}}\,\,(2)$ . Από

τις $(1)\,,\,(2)$ και αφού $A{S^2} = {a^2} + {x^2}$ έχω :

$A{T^2} + T{S^2} = {(\displaystyle\frac{{{a^2} + {x^2}}}{{a + x}})^2}$ , Θεωρώ την συνάρτηση $f(x) = \displaystyle\frac{{{a^2} + {x^2}}}{{a + x}}\,\,\,(a > 0\,\,,\,\,x > 0)$ που

παρουσιάζει ελάχιστο για $\boxed{{x_0} = a(\sqrt 2 - 1)}$ . Τότε $\boxed{\widehat \omega = {{22,5}^0}}$ και η θέση του

προκύπτει απλά .

Φιλικά Νίκος

#498

KARKAR έγραψε:Άσκηση 202
Το συνημμένο 202.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημείο κινείται επί της πλευράς τετραγώνου και τέμνει την στο .

Βρείτε τη θέση του για την οποία ελαχιστοποιείται το άθροισμα

Μια ακόμη άποψη .

: Τετράγωνα 202_διαφορετικά.png (21.15 KiB) Προβλήθηκε 943 φορές

Γράφουμε τον κύκλο που διέρχεται από τα B,S,T

και έστω

το άλλο σημείο που τέμνει την

. Προφανώς αφού στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο TPBS

οι απέναντι γωνίες είναι παραπληρωματικές θα έχουμε $\boxed{\widehat {PTS} = {{90}^0}}$ και επειδή η

διχοτομεί τη γωνία του τετραγώνου στο

θα είναι $\boxed{TP = TS}$ .
Τώρα $T{A^2} + T{S^2} = T{A^2} + T{P^2} = A{P^2}$ . συνεπώς αρκεί να βρεθεί η θέση του

για την οποία το

γίνεται ελάχιστο , Αν

το μέσο του

θα είναι

. Η ελαχιστοποίηση όμως του

επιτυγχάνεται εφ’ όσον $TL \bot DB$ . Τότε AC//LT

και η

διχοτομεί την σταθερή γωνία : $\widehat {BAC} = {45^0}$ .

Φιλικά Νίκος

Γιώργος Μήτσιος · #499

Για την άσκηση 51

Υποβάλλω , μόνο για το 1) ερώτημα , Γεωμετρική κατασκευή , με απόδειξη όμως στηριγμένη και στην (χρησιμότατη συνεπώς προσφιλή σε πολλούς από μας ) πλήρη Τριγωνομετρία του Λυκείου.

: sq51a.PNG (13.98 KiB) Προβλήθηκε 909 φορές

Με την βοήθεια και του ΣΧ 1 βρήσκουμε $\alpha =2\chi \eta \mu \frac{\omega }{2}...\left(1 \right)$ ενώ ο Ν.Η στο τρίγωνο ABE

δίνει $\frac{\chi }{\eta \mu \omega }= \frac{\alpha }{\eta \mu \frac{3\omega }{2}}$ και λόγω της (1) $2\eta \mu \omega \eta \mu \frac{\omega }{2}=\eta \mu \frac{3\omega }{2}\Rightarrow {\color{red} 2\sigma \upsilon \nu \frac{\omega }{2}} 2\eta \mu \omega \eta \mu \frac{\omega }{2}={\color{red} 2\sigma \upsilon \nu \frac{\omega }{2}} \eta \mu \frac{3\omega }{2}\Leftrightarrow 2\eta \mu ^{2}\omega =\eta \mu 2\omega +\eta \mu \omega \Leftrightarrow 2\eta \mu ^{2}\omega -\eta \mu \omega -2\eta \mu \omega \sigma \upsilon \nu \omega =0$
όπου $\eta \mu \omega \neq 0\Rightarrow 2\left(\eta \mu \omega -\sigma \upsilon \nu \omega \right)=1\Leftrightarrow ...\Leftrightarrow \eta \mu \left(\omega -\frac{\pi }{4} \right) =\frac{\sqrt{2}}{4}$ .

Τώρα με την βοήθεια του ΣΧ 2 , όπου $ZH\perp TH , Z\Theta \perp PH$ παίρνουμε $\eta \mu \left(\hat{TZH} \right)=\frac{\sqrt{2}}{4} \Rightarrow \hat{TZH}= \omega -\frac{\pi }{4}$ και $\hat{\Theta HZ}=\hat{\Theta ZH}=45^{0}\Rightarrow \hat{TZ\Theta }=\omega$ . Η

είναι διχοτόμος άρα $\hat{\Theta ZI}=\frac{\omega }{2}$ .

Για την κατασκευή λοιπόν σχηματίζουμε $\hat{BAE}=\hat{\Theta ZI}=\frac{\omega }{2}$ και εντοπίζουμε πρώτα την θέση του

που ανήκει και στην μεσοκάθετο του $A\Delta$ .
Το $AB\Sigma E$ είναι εγγράψιμο , επομένως το $\Sigma$ είναι η τομή του κύκλου που ορίζουν τα A,B,E

με την πλευρά $B\Gamma$ .

Για το ερώτημα 2) όπου θέλουμε $AE=2\Delta E$ θα μπορούσα να ισχυριστώ (βάσιμα μετά κι' από βοήθεια που έλαβα από μακρυά ... πέρα από την Ξηρά ) ότι η κατασκευή -με κανόνα και διαβήτη- ΔΕΝ είναι εφικτή.

: sq51b.PNG (14.14 KiB) Προβλήθηκε 909 φορές

Στο ΣΧ 3 έκανα μια κατασκευή με προσέγγιση. Οι γωνίες $A\Delta E , \Delta AE$ δεν μετρήθηκαν με κίνηση του $\Sigma$ πάνω στην $B\Gamma$ , αλλά προέκυψαν τελικά από τη λύση πολυωνυμικής εξίσωσης.
Τα αποτελέσματα δεξιά του ΣΧ 3 δείχνουν ότι η κατασκευή είναι τέλεια , όμως είναι απατηλά διότι ισχύουν για πεπερασμένο πλήθος δεκαδικών ψηφίων. Άλλωστε τέλειον νοείται μόνον το Γεωμετρικόν !

Τέλος να πω ότι η άσκηση 51 παραμένει , κατά την γνώμη μου στις ΑΛΥΤΕΣ αφού το ερώτημα 2)
είναι ουσιαστικά αναπάντητο και για το 1) καλό θα ήταν να δοθεί και αμιγώς Γεωμετρική απόδειξη.

Καλό καλοκαίρι σε όλους με ΥΓΕΙΑ !

Φιλικά Γιώργος

#500

KARKAR έγραψε:Άσκηση 161
Το συνημμένο 161.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημείο κινείται πάνω στην πλευρά τετραγώνου . Η τέμνει την

στο σημείο . Σχεδιάζω τα προς το μέρος της ημικύκλια διαμέτρων και .

Φέρω το κοινό εξωτερικά εφαπτόμενο τμήμα . Για ποια θέση του είναι ?

Η λύση που ακολουθεί (ελάχιστα διαφορετικά από του Στάθη) απλώς ενισχύει την άποψη ότι δεν υπάρχει κατασκευή γεωμετρική του προβλήματος .

: Τετράγωνα 161.png (18.51 KiB) Προβλήθηκε 897 φορές

Αν

οι ακτίνες των ημικυκλίων και DC = a,BS = y

θα ισχύει :

$KL = \displaystyle\frac{a}{2} = 2\sqrt {Rr} \,\,(1)$ . Η διαγώνιος

είναι διχοτόμος της ορθής γωνίας του τετραγώνου στο

. Έτσι $AT = \displaystyle\frac{{AS \cdot AB}}{{AB + BS}} \Rightarrow \boxed{2R = \displaystyle\frac{{da}}{{a + y}}}\,\,(2)$ , όπου d = AS

. Ομοίως

$\boxed{2r = \displaystyle\frac{{dy}}{{a + y}}}\,\,(3)$ . Πολλαπλασιάζω τις $(2)\,,(3)$ κατά μέλη και έχω $4Rr = \displaystyle\frac{{{d^2}ay}}{{{{(a + y)}^2}}}$ και

λόγω της (1)

έχουμε $\displaystyle\frac{{{a^2}}}{4} = \displaystyle\frac{{day}}{{{{(a + y)}^2}}}\,\,(4)$ . Αλλά προφανώς από το Π.Θ. στο ABS

ισχύει ${d^2} = {a^2} + {y^2}$ , έτσι η (4)

γίνεται :

$a{(a + y)^2} = 4y({a^2} + {y^2}) \Leftrightarrow 4{y^3} = a{y^2} - 2{a^2}y + {a^3}$ . Θέτουμε $y = ax\,\,\,$ με a,y,x > 0

και η τελευταία γίνεται $4{x^3} = {(x - 1)^2}$ . Η εξίσωση αυτή με την βοήθεια λογισμικού

(Derive), αλλά και όπως δείχνει η σχεδίαση των $f(x) = {x^3},g(x) = \displaystyle\frac{1}{4}{(x - 1)^2}$ , έχει

μοναδική θετική ρίζα την $\boxed{{x_0} = \sqrt[3]{{\frac{{\sqrt {78} }}{{72}} + \frac{{181}}{{1728}}}} - \sqrt[3]{{\frac{{\sqrt {78} }}{{72}} - \frac{{181}}{{1728}}}} + \frac{1}{{12}}}$

Και άρα $y = a{x_0} \simeq 0,4320408003 \cdot a$ .

: 161_extra.png (23.74 KiB) Προβλήθηκε 897 φορές

Φιλικά Νίκος

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