Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Μιχάλης Τσουρακάκης · #501

Μια λύση της 141

Έστω $\textrm{O}$ το κοινό κέντρο των τετραγώνων $\textrm{ABEF,CDGK}$ , στα οποία έχουμε σχεδιάσει τις διαγώνιές τους.
Αν $\angle FOD=\omega ,\angle DOE=\varphi$ είναι , $\omega +\varphi =90^{0}$ .Έτσι όλα τα τρίγωνα $\textrm{OFD,OEC,OBK,OAG}$ είναι ίσα μεταξύ τους (Π-Γ-Π) όπως και τα $\textrm{OKA,OGF,ODE,OCB}$ (Π-Γ-Π) οπότε $\textrm{KB=AG=FD=EC}=\alpha ,\textrm{KA=GF=ED=BC}=\beta$ .Επιπλέον ,επειδή το τετράπλευρο $\textrm{CEGA}$ είναι παραλ/μμο (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται) θα είναι $\textrm{CE=//AG}$ $\left ( 1 \right )$ .Είναι , $\textrm{KEDA}$ παραλ/μμο (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται) άρα $\textrm{ED//KA}$ .
Τα τρίγωνα $\textrm{KBC,CHD}$ έχουν , $\textrm{BC=CH}=\beta ,\textrm{KC=CD},\angle BCK=\angle HCD$ (Συμπληρώματα της $\angle KCH$ ) .Αρα $\textrm{KB=HD=CE}=\alpha$ .Τώρα ,το $\textrm{CEHD}$ είναι παραλλ/μμο αφού $\textrm{CE=HD}=\alpha ,\textrm{CH=ED}=\beta$ κι έτσι $\alpha =\textrm{CE}=//\textrm{HD}$ και λόγω της $\left ( 1 \right )$ θα είναι $\alpha =\textrm{AG}=//\textrm{HD}\left ( 2 \right )$
Επειδή τα τρίγωνα $\textrm{KBC,GFD}$ είναι ίσα( $\textrm{KB=AG}=\alpha ,\textrm{BC=GF}=\beta ,\textrm{KC=GD}$ ) είναι , $\angle CKB=\angle AGK\Rightarrow \angle BKG=90^{0}+\angle BKC=90^{0}+\angle AGK=\angle AGD$ κι επειδή $\textrm{AG=KB}=\alpha ,\textrm{GD=KG}$ τα τρίγωνα $\textrm{AGD,KBG}$ είναι ίσα ,οπότε $\textrm{AD=BG}$ κι αφού $\textrm{AD=AM}\Rightarrow \textrm{\textrm{BG=AM}}$ .Επιπλέον ,λόγω της ισότητας των $\textrm{AGD,KBG}$ θα είναι $\angle KGB=\angle GDA$ κι επειδή $\angle KGD=90^{0}$ ,τελικά θα είναι $\textrm{BG}\perp \textrm{AD}$ κι αφού $\textrm{AM}\perp \textrm{AD}$ ,τελικά θα είναι $\textrm{AM=//BG}\Rightarrow \textrm{MB=//AG=//HD}$ (λόγω της $\left ( 2 \right )$ .Έτσι ,το $\textrm{MHDB}$ είναι παραλληλόγραμμο και οι διαγώνιοί του διχοτομούνται.Άρα το μέσον $\textrm{S}$ της διαγωνίου $\textrm{MD}$ του τετραγώνου $\textrm{MLDA}$ συμπίπτει με το μέσον της διαγωνίου $\textrm{BH}$ του τετραγώνου $\textrm{BCHI}$ οπότε τα κέντρα των τετραγώνων αυτών συμπίπτουν και το ζητούμενο αποδείχτηκε

Μιχάλης Τσουρακάκης · #502

Μια λύση ακόμη της 161

Ας είναι $\textrm{SB}=\textrm{x}$ .Έστω ακόμη $\textrm{QK=R,LN=r}$ , $\textrm{NM}\perp \textrm{KQ}\Rightarrow \textrm{MQ=R-r}$
Τα ορθογώνια τρίγωνα $\textrm{ASB,QMN}$ προφανώς είναι όμοια οπότε $\frac{MN}{AB}=\frac{QN}{AS}\Rightarrow \frac{QN}{\alpha }=\frac{R+r}{2\left ( R+r \right )}\Rightarrow \textrm{QN}=\frac{\alpha }{2}$ .
$\frac{MQ}{BS}=\frac{MN}{AB}=\frac{\frac{\alpha }{2}}{\alpha }=\frac{1}{2}\Rightarrow \textrm{MQ}=\frac{\textrm{x}}{2}$ $\Rightarrow \textrm{R-r}=\frac{\textrm{x}}{2}$
Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\textrm{MQN}$ έχουμε, $\textrm{QN}^{2}=\textrm{MQ}^{2}+\textrm{MN}^{2}\Rightarrow \left ( R+r \right )^{2}=\left ( R-r \right )^{2}+\frac{\alpha ^{2}}{4}\Rightarrow \textrm{Rr}=\frac{\alpha ^{2}}{16}\left ( 1 \right )$
Επειδή $\textrm{BT}$ διχοτόμος του τριγώνου $\textrm{ABS}$ , είναι $\frac{AT}{TS}=\frac{AB}{BS}\Rightarrow \frac{2R}{2r}=\frac{\alpha }{\textrm{x}}\Rightarrow \frac{R}{r}=\frac{\alpha }{\textrm{x}}$ $\left ( 2 \right )$ .Από $\left ( 1 \right )$ , $\left ( 2 \right )$ εύκολα παίρνουμε $\textrm{R}=\frac{\alpha }{4}\sqrt{\frac{\alpha }{\textr\textrm{x}}} ,\textrm{r}=\frac{\alpha }{4}\sqrt{\frac{\textrm{x}}{\alpha }}$
Τώρα $\textrm{R-r}=\frac{\textrm{x}}{2}\Rightarrow \frac{\alpha }{4}\left ( \sqrt{\frac{\alpha }{\textrm{x}}}-\sqrt{\frac{\textrm{x}}{\alpha }} \right )=\frac{\textrm{x}}{2}$ και θέτοντας $\sqrt{\frac{\alpha }{\textrm{x}}}=\textrm{y}$ παίρνουμε $\textrm{y}^{3}-\textrm{y}-2=0$ και με την βοήθεια του λογισμικού είναι $\textrm{y}\approx 1.52$ κι έτσι $\textrm{x}=\frac{\alpha }{\textrm{y}^{2}}=\frac{1}{2.3104}\alpha \Rightarrow \textrm{x}\approx0.4328\alpha$

KARKAR · #503

Άσκηση 203

: 203.png (6.45 KiB) Προβλήθηκε 1017 φορές

Εντός του τετραγώνου ABCD

σχεδιάσαμε το ημικύκλιο διαμέτρου

και φέραμε το εφαπτόμενο τμήμα

.

Το

είναι σημείο της

, ώστε

. Εξετάστε αν το ημικύκλιο διαμέτρου

διέρχεται από το

.

#504

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο 203.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Εντός του τετραγώνου σχεδιάσαμε το ημικύκλιο διαμέτρου και φέραμε το εφαπτόμενο τμήμα .

Το είναι σημείο της , ώστε . Εξετάστε αν το ημικύκλιο διαμέτρου διέρχεται από το .

Άσκηση 203

: 203.png (17.96 KiB) Προβλήθηκε 1001 φορές

Ας πούμε

τα σημεία τομής της εφαπτομένης

με τις

αντίστοιχα και

το σημείο τομής της

με την

. Για ευκολία πράξεων θέτω $\boxed{a = 12m}$ και ας

πούμε $DE = ES = x\,\,,\,\,ZD = y$ .

Πρώτα –πρώτα αφού BS = BC

θα είναι $TS = TZ \Leftrightarrow \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\phi _1}}\,\,\,(1)$ Από το Π. Θ. στο

τρίγωνο BCE

έχουμε $B{E^2} = B{C^2} + E{C^2} \Rightarrow {(a + x)^2} = {a^2} + {(a - x)^2} \Rightarrow \boxed{a = 4x}\,\,(2)$ .

Από τα όμοια τρίγωνα $TDE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,TAB$ έχουμε:

$\displaystyle\frac{{TD}}{{TA}} = \displaystyle\frac{{DE}}{{AB}} \Rightarrow \displaystyle\frac{{TD}}{{TD + 12m}} = \displaystyle\frac{{3m}}{{12m}} \Rightarrow TD = 4m$ . Δηλαδή έχουμε $TD = 4m\,,\,DE = 3m$ και

αφού το τρίγωνο TDE

είναι ορθογώνιο στο

θα είναι

. Έτσι όμως

$TS = 8m \Rightarrow TZ = 8m \Rightarrow \boxed{DZ = 4m}$ . Η τελευταία μας εξασφαλίζει ότι τα ορθογώνια

τρίγωνα $DZC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BNC$ έχουν κάθετες πλευρές ίσες , άρα είναι ίσα συνεπώς θα

έχουν $\widehat \omega = \widehat {{\omega _1}}$ οπότε και λόγω της (1)

$\widehat {{\phi _1}} = \widehat \omega \Rightarrow \boxed{\widehat \phi = \widehat \omega }$ . Δηλαδή το τετράπλευρο

BNSC

είναι εγγράψιμο και άρα ο κύκλος διαμέτρου

διέρχεται από το

.

Φιλικά Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #505

Άλλη μια λύση της 203

Έστω $\textrm{BS}\cap \textrm{DC}=\textrm{Z}$ ,και $\textrm{E}$ το σημείο τομής του ημικυκλίου διαμέτρου $\textrm{CN}$ με την $\textrm{CD}$ .
Είναι , $\angle NEC=90^{0}\Rightarrow \textrm{ECBN}$ ορθογώνιο οπότε $\textrm{EC}=\frac{\alpha }{3}\Rightarrow \textrm{ED}=\frac{2\alpha }{3}$
Έστω $\textrm{ES}=\textrm{y}$
Ισχύει $\textrm{ED}^{2}=\textrm{ES}\cdot EQ\Rightarrow \frac{4\alpha ^{2}}{9}=\textrm{y}\left ( \alpha +\textrm{y} \right ) \Rightarrow 9\textrm{y}^{2}+9\alpha \textrm{y}-4\alpha ^{2}=0$ .Η τελευταία εξίσωση , έχει δεκτή λύση $\textrm{y}=\frac{\alpha }{3}$ .Τότε όμως τα τρίγωνα $\textrm{SEB,ECB}$ είναι ίσα(Π-Π-Π) οπότε $\angle ESB=90^{0}\Rightarrow \textrm{SECB}$ εγγράψιμο.Αυτό αποδεικνύει το ζητούμενο

#506

rek2 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 141

Έστω κυρτό τετράπλευρο. Επί των πλευρών του και προς το εσωτερικό του μέρος αναγράφουμε τετράγωνα. Αν τα κέντρα των τετραγώνων συμπίπτουν, να αποδειχτεί ότι συμπίπτουν και τα κέντρα των

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:Μια λύση της 141

Έστω $\textrm{O}$ το κοινό κέντρο των τετραγώνων $\textrm{ABEF,CDGK}$ , στα οποία έχουμε σχεδιάσει τις διαγώνιές τους.
Αν $\angle FOD=\omega ,\angle DOE=\varphi$ είναι , $\omega +\varphi =90^{0}$ .Έτσι όλα τα τρίγωνα $\textrm{OFD,OEC,OBK,OAG}$ είναι ίσα μεταξύ τους (Π-Γ-Π) όπως και τα $\textrm{OKA,OGF,ODE,OCB}$ (Π-Γ-Π) οπότε $\textrm{KB=AG=FD=EC}=\alpha ,\textrm{KA=GF=ED=BC}=\beta$ .Επιπλέον ,επειδή το τετράπλευρο $\textrm{CEGA}$ είναι παραλ/μμο (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται) θα είναι $\textrm{CE=//AG}$ $\left ( 1 \right )$ .Είναι , $\textrm{KEDA}$ παραλ/μμο (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται) άρα $\textrm{ED//KA}$ .
Τα τρίγωνα $\textrm{KBC,CHD}$ έχουν , $\textrm{BC=CH}=\beta ,\textrm{KC=CD},\angle BCK=\angle HCD$ (Συμπληρώματα της $\angle KCH$ ) .Αρα $\textrm{KB=HD=CE}=\alpha$ .Τώρα ,το $\textrm{CEHD}$ είναι παραλλ/μμο αφού $\textrm{CE=HD}=\alpha ,\textrm{CH=ED}=\beta$ κι έτσι $\alpha =\textrm{CE}=//\textrm{HD}$ και λόγω της $\left ( 1 \right )$ θα είναι $\alpha =\textrm{AG}=//\textrm{HD}\left ( 2 \right )$
Επειδή τα τρίγωνα $\textrm{KBC,GFD}$ είναι ίσα( $\textrm{KB=AG}=\alpha ,\textrm{BC=GF}=\beta ,\textrm{KC=GD}$ ) είναι , $\angle CKB=\angle AGK\Rightarrow \angle BKG=90^{0}+\angle BKC=90^{0}+\angle AGK=\angle AGD$ κι επειδή $\textrm{AG=KB}=\alpha ,\textrm{GD=KG}$ τα τρίγωνα $\textrm{AGD,KBG}$ είναι ίσα ,οπότε $\textrm{AD=BG}$ κι αφού $\textrm{AD=AM}\Rightarrow \textrm{\textrm{BG=AM}}$ .Επιπλέον ,λόγω της ισότητας των $\textrm{AGD,KBG}$ θα είναι $\angle KGB=\angle GDA$ κι επειδή $\angle KGD=90^{0}$ ,τελικά θα είναι $\textrm{BG}\perp \textrm{AD}$ κι αφού $\textrm{AM}\perp \textrm{AD}$ ,τελικά θα είναι $\textrm{AM=//BG}\Rightarrow \textrm{MB=//AG=//HD}$ (λόγω της $\left ( 2 \right )$ .Έτσι ,το $\textrm{MHDB}$ είναι παραλληλόγραμμο και οι διαγώνιοί του διχοτομούνται.Άρα το μέσον $\textrm{S}$ της διαγωνίου $\textrm{MD}$ του τετραγώνου $\textrm{MLDA}$ συμπίπτει με το μέσον της διαγωνίου $\textrm{BH}$ του τετραγώνου $\textrm{BCHI}$ οπότε τα κέντρα των τετραγώνων αυτών συμπίπτουν και το ζητούμενο αποδείχτηκε

Η παραπάνω λύση είναι πολύ καλή και με απλά μέσα! Μπορούμε να δούμε αρκετές παραλλαγές της, αλλά μάλλον δεν χρειάζονται. Να προσθέσω ότι η πρόταση είναι κατάλληλη για εκτός φακέλου λύση με σύνθεση στροφών. Τέλος, προτείνω , εκτός φακέλου, την επόμενη γενίκευσσή της. Είναι πρωτότυπη με την έννοια ότι δεν την έχω δει κάπου. Πρόεκυψε κατά την μελέτη του σχήματος της αρχικής πρότασης και προς το παρόν έχω λύση μόνο με μιγαδικούς βάσει του θέματος εδώ.

Έστω ABCD

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

. Να αποδειχτεί ότι η απόσταση των κέντρων των τετραγώνων ABEF, CDGK

ισούται με την απόσταση των κέντρων των τετραγώνων BCHI, DAML

KARKAR · #507

Άσκηση 204

: 204.png (6.17 KiB) Προβλήθηκε 933 φορές

Στην πλευρά

τετραγώνου ABCD

κινείται σημείο

. Η ευθεία

τέμνει την προέκταση

της

στο σημείο

. Δείξτε ότι η ποσότητα $\displaystyle \frac{1}{AS^2}+\frac{1}{AT^2}$ είναι σταθερή .

#508

rek2 έγραψε:
rek2 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 141

Έστω κυρτό τετράπλευρο. Επί των πλευρών του και προς το εσωτερικό του μέρος αναγράφουμε τετράγωνα. Αν τα κέντρα των τετραγώνων συμπίπτουν, να αποδειχτεί ότι συμπίπτουν και τα κέντρα των

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:Μια λύση της 141

Έστω $\textrm{O}$ το κοινό κέντρο των τετραγώνων $\textrm{ABEF,CDGK}$ , στα οποία έχουμε σχεδιάσει τις διαγώνιές τους.
Αν $\angle FOD=\omega ,\angle DOE=\varphi$ είναι , $\omega +\varphi =90^{0}$ .Έτσι όλα τα τρίγωνα $\textrm{OFD,OEC,OBK,OAG}$ είναι ίσα μεταξύ τους (Π-Γ-Π) όπως και τα $\textrm{OKA,OGF,ODE,OCB}$ (Π-Γ-Π) οπότε $\textrm{KB=AG=FD=EC}=\alpha ,\textrm{KA=GF=ED=BC}=\beta$ .Επιπλέον ,επειδή το τετράπλευρο $\textrm{CEGA}$ είναι παραλ/μμο (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται) θα είναι $\textrm{CE=//AG}$ $\left ( 1 \right )$ .Είναι , $\textrm{KEDA}$ παραλ/μμο (οι διαγώνιοί του διχοτομούνται) άρα $\textrm{ED//KA}$ .
Τα τρίγωνα $\textrm{KBC,CHD}$ έχουν , $\textrm{BC=CH}=\beta ,\textrm{KC=CD},\angle BCK=\angle HCD$ (Συμπληρώματα της $\angle KCH$ ) .Αρα $\textrm{KB=HD=CE}=\alpha$ .Τώρα ,το $\textrm{CEHD}$ είναι παραλλ/μμο αφού $\textrm{CE=HD}=\alpha ,\textrm{CH=ED}=\beta$ κι έτσι $\alpha =\textrm{CE}=//\textrm{HD}$ και λόγω της $\left ( 1 \right )$ θα είναι $\alpha =\textrm{AG}=//\textrm{HD}\left ( 2 \right )$
Επειδή τα τρίγωνα $\textrm{KBC,GFD}$ είναι ίσα( $\textrm{KB=AG}=\alpha ,\textrm{BC=GF}=\beta ,\textrm{KC=GD}$ ) είναι , $\angle CKB=\angle AGK\Rightarrow \angle BKG=90^{0}+\angle BKC=90^{0}+\angle AGK=\angle AGD$ κι επειδή $\textrm{AG=KB}=\alpha ,\textrm{GD=KG}$ τα τρίγωνα $\textrm{AGD,KBG}$ είναι ίσα ,οπότε $\textrm{AD=BG}$ κι αφού $\textrm{AD=AM}\Rightarrow \textrm{\textrm{BG=AM}}$ .Επιπλέον ,λόγω της ισότητας των $\textrm{AGD,KBG}$ θα είναι $\angle KGB=\angle GDA$ κι επειδή $\angle KGD=90^{0}$ ,τελικά θα είναι $\textrm{BG}\perp \textrm{AD}$ κι αφού $\textrm{AM}\perp \textrm{AD}$ ,τελικά θα είναι $\textrm{AM=//BG}\Rightarrow \textrm{MB=//AG=//HD}$ (λόγω της $\left ( 2 \right )$ .Έτσι ,το $\textrm{MHDB}$ είναι παραλληλόγραμμο και οι διαγώνιοί του διχοτομούνται.Άρα το μέσον $\textrm{S}$ της διαγωνίου $\textrm{MD}$ του τετραγώνου $\textrm{MLDA}$ συμπίπτει με το μέσον της διαγωνίου $\textrm{BH}$ του τετραγώνου $\textrm{BCHI}$ οπότε τα κέντρα των τετραγώνων αυτών συμπίπτουν και το ζητούμενο αποδείχτηκε
Η παραπάνω λύση είναι πολύ καλή και με απλά μέσα! Μπορούμε να δούμε αρκετές παραλλαγές της, αλλά μάλλον δεν χρειάζονται. Να προσθέσω ότι η πρόταση είναι κατάλληλη για εκτός φακέλου λύση με σύνθεση στροφών. Τέλος, προτείνω , εκτός φακέλου, την επόμενη γενίκευσσή της. Είναι πρωτότυπη με την έννοια ότι δεν την έχω δει κάπου. Πρόεκυψε κατά την μελέτη του σχήματος της αρχικής πρότασης και προς το παρόν έχω λύση μόνο με μιγαδικούς βάσει του θέματος εδώ.

Έστω κυρτό τετράπλευρο. Επί των πλευρών του και προς το εσωτερικό του μέρος αναγράφουμε τετράγωνα. Να αποδειχτεί ότι η απόσταση των κέντρων των τετραγώνων ισούται με την απόσταση των κέντρων των τετραγώνων

Κώστα καλησπέρα από μακρυάααααα...

Το ενδιαφέρον αυτό πρόβλημα είναι στοιχειωδώς αντιμετωπίσιμο εντός φακέλου (θα έλεγα και με την ύλη της Α' Λυκείου) με τη "Θεωρία των μέσων" (συμμετρίες κ.λ.π) (Γιωργακάκηδες!!!) αλλά μου είναι πολύ δύσκολο να το γράψω τώρα (δεν είναι πολύ μακρύ αλλά το σχήμα είναι μπελαλίδικο). Το ενδιαφέρον του προβλήματος είναι ότι τα τμήματα που συνδέουν τα κέντρα των ζευγών των τετραγώνων των απέναντι πλευρών δεν είναι μόνο ίσα αλλά και κάθετα μεταξύ τους και φυσικά το πρόβλημα συνεχίζει να ισχύει και για μη κυρτό τετράπλευρο. Θα επανέλθω μεθαύριο (αν δεν έχει απαντηθεί) γιατί αύριο ταξιδεύω και δεν θα έχω internet στη Λιέγη.

Να περνάς καλά όπου και να βρίσκεσαι.

Με εκτίμηση
Στάθης

#509

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
..........

Κώστα καλησπέρα από μακρυάααααα...

Το ενδιαφέρον αυτό πρόβλημα είναι στοιχειωδώς αντιμετωπίσιμο εντός φακέλου (θα έλεγα και με την ύλη της Α' Λυκείου) με τη "Θεωρία των μέσων" (συμμετρίες κ.λ.π) (Γιωργακάκηδες!!!) αλλά μου είναι πολύ δύσκολο να το γράψω τώρα (δεν είναι πολύ μακρύ αλλά το σχήμα είναι μπελαλίδικο). Το ενδιαφέρον του προβλήματος είναι ότι τα τμήματα που συνδέουν τα κέντρα των ζευγών των τετραγώνων των απέναντι πλευρών δεν είναι μόνο ίσα αλλά και κάθετα μεταξύ τους και φυσικά το πρόβλημα συνεχίζει να ισχύει και για μη κυρτό τετράπλευρο. Θα επανέλθω μεθαύριο (αν δεν έχει απαντηθεί) γιατί αύριο ταξιδεύω και δεν θα έχω internet στη Λιέγη.

Να περνάς καλά όπου και να βρίσκεσαι.

Με εκτίμηση
Στάθης

Φίλε Στάθη, έτσι είναι όπως τα λες!!!

Εν αναμονή, λοιπόν, να σε απολαύσουμε, δεν βιαζόμαστε!

Καλό σου ταξίδι, και να περνάς καλά παντού και πάντα!

ΥΓ. Έχασες τον Κώστα να ζωγραφίζει πολικές, αρμονικά συζυγή και μη συζυγή, αντιστροφές, διάφορους λόγους ( π. χ. διπλούς) κ. λπ., κ.λπ.!

#510

KARKAR έγραψε:Άσκηση 204
Το συνημμένο 204.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στην πλευρά τετραγώνου κινείται σημείο . Η ευθεία τέμνει την προέκταση

της στο σημείο . Δείξτε ότι η ποσότητα $\displaystyle \frac{1}{AS^2}+\frac{1}{AT^2}$ είναι σταθερή .

: Tetrag_204.png (14.88 KiB) Προβλήθηκε 891 φορές

Αν φέρουμε κάθετη στην

στο

και τμήσει την

στο

, τα ορθογώνια

τρίγωνα $BAS\,,\,DAB$ έχουν τις κάθετες πλευρές τους AB = AD

και στο σημείο

τις

οξείες γωνίες ίσες ( κάθετες πλευρές) και άρα είναι ίσα . Έτσι $\boxed{AS = AE}$ .

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι: $\boxed{\frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{T^2}}} = ct}$ . Τώρα σταθερή είναι η πλευρά του

τετραγώνου μήκους έστω

( και η διαγώνιος μήκους $a\sqrt 2$ κ.λ.π.).

Επειδή στο ορθογώνιο τρίγωνο AET

το

ύψος θα έχουμε $A{D^2} = DE \cdot DT\,\,(1)$

ενώ από το θεώρημα Ευκλείδη έχουμε $A{E^2} = ET \cdot ED\,\,\kappa \alpha \iota \,\,A{T^2} = ET \cdot DT$ . Έτσι η

(1)

διαδοχικά δίδει: ${a^2} = \displaystyle\frac{{A{E^2}}}{{ET}} \cdot \displaystyle\frac{{A{T^2}}}{{ET}} = \displaystyle\frac{{A{E^2} \cdot A{T^2}}}{{A{E^2} + A{T^2}}} \Rightarrow \boxed{\frac{1}{{A{E^2}}} + \frac{1}{{A{T^2}}} = \frac{1}{{{a^2}}}}$ .

Φιλικά Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #511

και μια τριγωνομετρική για τη 204 με άμεσο αποτέλεσμα

Από το τρίγωνο $\textrm{ASB}$ , $\sigma \upsilon \nu \varphi =\frac{\alpha }{AS}\Rightarrow \sigma \upsilon \nu ^{2}\varphi =\frac{\alpha ^{2}}{AS^{2}}\left ( 1 \right )$
Από το τρίγωνο $\textrm{ADT}$ , $\eta \mu \varphi =\frac{\alpha }{AT}\Rightarrow \eta \mu ^{2}\varphi =\frac{\alpha ^{2}}{AT^{2}} \left ( 2 \right )$
$\left ( 1 \right )+\left ( 2 \right )\Rightarrow \frac{\alpha ^{2}}{AS^{2}}+\frac{\alpha ^{2}}{AT^{2}}=1\Rightarrow \frac{1}{AS^{2}}+\frac{1}{AT^{2}}=\frac{1}{\alpha ^{2}}=ct$

Ιστοσελίδα · #512

Για να μη χαθεί η ωραία αυτή άσκηση...Άσκηση 205

: 205.png (20.78 KiB) Προβλήθηκε 867 φορές

rek2 έγραψε: Έστω κυρτό τετράπλευρο. Επί των πλευρών του και προς το εσωτερικό του μέρος αναγράφουμε τετράγωνα. Να αποδειχτεί ότι η απόσταση των κέντρων των τετραγώνων ισούται με την απόσταση των κέντρων των τετραγώνων

KARKAR · #513

Άσκηση 206

: 206.png (8.86 KiB) Προβλήθηκε 800 φορές

Το τετράγωνο ABCD

, βρίσκεται εντός της ζώνης των ευθειών y=0

και

και έχει τις κορυφές του

A,B,C

επί των ευθειών y=0,y=3,y=4

, αντίστοιχα . Υπολογίστε το εμβαδόν του .

kostas_zervos · #514

KARKAR έγραψε:Άσκηση 206
Το τετράγωνο , βρίσκεται εντός της ζώνης των ευθειών και και έχει τις κορυφές του

επί των ευθειών , αντίστοιχα . Υπολογίστε το εμβαδόν του .

: ask104.png (6.87 KiB) Προβλήθηκε 787 φορές

Μια γρήγορη λύση:

$\sin^2\omega+\cos^2\omega=1 \iff \dfrac{1}{a^2}+\dfrac{9}{a^2}=1 \iff a^2=10\iff E=10$ .

#515

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Για να μη χαθεί η ωραία αυτή άσκηση...Άσκηση 205
rek2 έγραψε: Έστω κυρτό τετράπλευρο. Επί των πλευρών του και προς το εσωτερικό του μέρος αναγράφουμε τετράγωνα. Να αποδειχτεί ότι η απόσταση των κέντρων των τετραγώνων ισούται με την απόσταση των κέντρων των τετραγώνων

: 205.png (70.82 KiB) Προβλήθηκε 777 φορές

Έστω τα συμμετρικά του ως προς τα ${O_3},{O_4}$ αντίστοιχα. Τότε τα τρίγωνα $\vartriangle DKK',\vartriangle DMM'$ τα τμήματα ${O_1}{O_2},{O_3}{O_4}$ συνδέουν τα μέσα

των ζευγών των πλευρών τους αντίστοιχα και επομένως είναι: $\boxed{KK' = \parallel 2{O_1}{O_2}}:\left( 1 \right)$ και $\boxed{MM' = \parallel 2{O_3}{O_4}}:\left( 2 \right)$ .

Από το παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιές του διχοτομούνται από κατασκευής) θα είναι:

$EK' = \parallel AD\mathop \Rightarrow \limits^{AD = \bot AM\,\,(ADLM\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o)} EK' = \bot AM$ $\mathop \Rightarrow \limits^{AB = \bot BE\,\,(ABED\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o)} \vartriangle AMB$

$\mathop = \limits^{\delta \upsilon o\,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\iota \sigma \varepsilon \varsigma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma } \vartriangle EK'B \Rightarrow \boxed{BM = \bot BK'}:\left( 3 \right)$ και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι... $\boxed{BM' = \bot BK}:\left( 4 \right)$ .

Από $\left( 3 \right),\left( 4 \right) \Rightarrow \vartriangle BMM' = \vartriangle BK'K\mathop \Rightarrow \limits^{BM \bot BK',BM' \bot BK}$ $MM' = \bot KK'\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \boxed{{O_1}{O_2} = \bot {O_3}{O_4}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ Παρόμοια αντιμετώπιση είχε και το Θέμα (πρώτη μου ανάρτηση ) εδώ

Υ.Σ.2) Αξίζει να σημειωθεί ότι το ίδιο αποτέλεσμα ισχύει και στην περίπτωση που όλα τα τετράγωνα είναι εξωτερικά του αρχικού τετραπλεύρου

Υ.Σ.3) Αν τα δύο απέναντι τετράγωνα είναι εξωτερικά του αρχικού τετραπλεύρου και τα άλλα δύο εσωτερικά τότε το "τετράπλευρο" με κορυφές τα κέντρα τους είναι "παραλληλόγραμμο" (με την προϋπόθεση ότι τα κέντρα σχηματίζουν τετράπλευρο και δεν είναι συνευθειακά)

#516

KARKAR έγραψε:Άσκηση 206
Το συνημμένο 206.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το τετράγωνο , βρίσκεται εντός της ζώνης των ευθειών και και έχει τις κορυφές του

επί των ευθειών , αντίστοιχα . Υπολογίστε το εμβαδόν του .

: 206.png (44.84 KiB) Προβλήθηκε 753 φορές

Αναμφισβήτητα η λύση του Κώστα είναι κορυφαία.

Θα δώσω απλώς μια «μετάφραση» της, για μια προ τριγωνομετρίας εποχή .

Οι κάθετες από τα B,D

στις ευθείες y = 4,y = 0

ορίζουν μ αυτές ένα νέο τετράγωνο

EZHT

περιγεγραμμένο στο αρχικό κι αυτό γιατί τα ορθογώνια τρίγωνα

EAB,ZBC,HCD,TDA

είναι ίσα ως έχοντα τις υποτείνουσες ίσες και αντίστοιχες

οξείες γωνίες ίσες (π.χ. $\widehat \phi = \widehat \omega$ γιατί έχουν τις πλευρές τους κάθετες).

Τα πιο πάνω τρίγωνα έχουν συνολικό εμβαδόν $4 \cdot \displaystyle\frac{3}{2} = 6$ . το Μεγάλο τετράγωνο έχει

πλευρά 3 + 1 = 4

και εμβαδόν

άρα το ζητούμενο εμβαδόν είναι

(ABCD) = 16 - 6 = 10

.

Φιλικά Νίκος

KARKAR · #517

Άσκηση 207

: 207.png (12.2 KiB) Προβλήθηκε 722 φορές

Προεκτείνω την πλευρά

, τετραγώνου ABCD

, κατά τμήμα $\displaystyle DS=\frac{AD}{3}$ . Το τμήμα

τέμνει τον περίκυκλο του τετραγώνου στο σημείο

. Βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{(TDC)}{(ABCD)}$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #518

Για τη 207

Από την $\textrm{ST}\cdot \textrm{SC}=\textrm{SD}\cdot \textrm{SA}$ ,με $\textrm{SC}=\frac{\alpha \sqrt{10}}{3}$ (Π.Θ στο $\textrm{SDC}$ )
$\textrm{ST}\cdot \frac{\alpha \sqrt{10}}{3}=\frac{\alpha }{3}\cdot \frac{4\alpha }{3}\Rightarrow \textrm{ST}=\frac{2\alpha \sqrt{10}}{15}\Rightarrow \textrm{TC}=\frac{\alpha \sqrt{10}}{5}$
$\frac{TQ}{SD}=\frac{CT}{CS}\Rightarrow \frac{TQ}{\frac{\alpha }{3}}=\frac{\frac{\alpha \sqrt{10}}{5}}{\frac{\alpha \sqrt{10}}{3}}\Rightarrow \textrm{TQ}=\frac{\alpha }{5}$
$2\left ( DCT \right )=\frac{\alpha }{5}\cdot \alpha =\frac{\alpha ^{2}}{5}\Rightarrow \frac{2\left ( DCT \right )}{\left ( ABCD \right )}=\frac{1}{5}\Rightarrow \frac{\left ( DCT \right )}{\left ( ABCD \right )}=\frac{1}{10}$

#519

ΑΣΚΗΣΗ 208

Στο επίπεδο του τετραγώνου ABCD

θεωρούμε σημείο

. Να αποδειχτεί ότι οι κάθετες που άγονται από τα σημεία A, B, C, D

αντιστοίχως στις BE, CE, DE,AE

συντρέχουν.

#520

KARKAR έγραψε:Άσκηση 207
Το συνημμένο 207.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Προεκτείνω την πλευρά , τετραγώνου , κατά τμήμα $\displaystyle DS=\frac{AD}{3}$ . Το τμήμα

τέμνει τον περίκυκλο του τετραγώνου στο σημείο . Βρείτε το λόγο $\displaystyle \frac{(TDC)}{(ABCD)}$ .

: Τετράγωνα_207.png (16.15 KiB) Προβλήθηκε 655 φορές

Για κάθε σημείο

στην προέκταση του

, φέρνουμε την

που τέμνει τον

περιγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου στο

και η

την

στο σημείο

.

$\widehat {DTA} = {45^0}$ γιατί βαίνει σε τόξο που αντιστοιχεί στην πλευρά του τετραγώνου και

$\widehat {ATC} = {90^0}$ (βαίνει σε ημικύκλιο)

Το τετράπλευρο SDPT

είναι εγγράψιμο και άρα $\widehat {DSP} = \widehat {DTP} = {45^0}$ , οπότε το

ορθογώνιο τρίγωνο DSP

είναι και ισοσκελές . Τώρα στην περίπτωση που

AD = 3DS

, από θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο DST

με διατέμνουσα την

έχουμε: $\displaystyle\frac{{SA}}{{AD}} \cdot \displaystyle\frac{{DP}}{{PC}} \cdot \displaystyle\frac{{CT}}{{TS}} = 1 \Rightarrow \displaystyle\frac{4}{3} \cdot \displaystyle\frac{1}{2} \cdot \displaystyle\frac{{CT}}{{TS}} = 1 \Rightarrow \displaystyle\frac{{CT}}{{TS}} = \displaystyle\frac{3}{2} \Rightarrow \boxed{\frac{{CT}}{{CS}} = \frac{3}{5}}$

Έτσι $(DTS) = \displaystyle\frac{3}{5}(DCS) = \displaystyle\frac{3}{5} \cdot \displaystyle\frac{1}{6}(ABCD) \Rightarrow \boxed{\frac{{(DTS)}}{{(ABCD)}} = \frac{1}{{10}}}$ .

Γενικά αν $DS = k \cdot DA\,\,,k \in (0,1)$ ομοίως βρίσκουμε $\boxed{\frac{{(DTS)}}{{(ABCD)}} = \frac{{k(1 - k)}}{{2(1 + {k^2})}}}$

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