Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

#561

KARKAR έγραψε:Άσκηση 220 .
Το συνημμένο 220.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε τετράγωνο , το είναι το μέσο της διαγωνίου και το τυχαίο σημείο της .

Φέρω τα κάθετα προς τις πλευρές τμήματα και έστω το μέσο της .

1) Δείξτε ότι $KM \perp TP$ ... 2) Δείξτε ότι οι ευθείες συντρέχουν .

: 220_1.png (21.33 KiB) Προβλήθηκε 1717 φορές

Τα τρίγωνα $KDP,{\mkern 1mu} KAT$ έχουν $KD = KA,\widehat {KDP} = \widehat {KAT} = {45^0}{\mkern 1mu} ,DP = PS = AP$ άρα είναι

ίσα οπότε έχουν και $\widehat {DKP} = \widehat {AKT} \Rightarrow \widehat {PKT} = {90^0}$ καθώς και KP = KT

.

Δηλαδή ο κύκλος του ορθογωνίου ATSP

περνά από το

και το

απόστημα

στον κύκλο (K,KT)

οπότε $\boxed{KM \bot PT}$
edit: Στο πρώτο ερώτημα η απάντηση ξαναγράφτηκε γιατί είχε "κενά"
Για την σύγκλιση .

: 220_2.png (24.08 KiB) Προβλήθηκε 1717 φορές

Αν $AT = m,\,\,TB = b$ και

το σημείο τομής των TS,DC

θα είναι $DN = m,\,NC = b$ .

Τα ορθογώνια τρίγωνα $ATP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CNS$ θα είναι ίσα άρα $\boxed{\widehat \phi = \widehat \omega }$ . Έτσι αν

κόψει

την

στο

θα είναι $LC \bot PT$ αφού το CDPL

εγγράψιμο.

Ας πούμε Z,H

τα σημεία τομής των $DT\,,BP$ με τις SP,ST

αντίστοιχα .

Από την δέσμη των DA,DT,DB

έχουμε: $\boxed{\frac{{PZ}}{{ZS}} = \frac{{AT}}{{TB}} = \frac{m}{b}}\,\,(1)$

Ομοίως $\boxed{\frac{{SH}}{{HT}} = \frac{{DP}}{{PA}} = \frac{m}{b}}\,\,(2)$ αρκεί να δείξουμε από το αντίστροφο του θεωρήματος

Ceva

ότι

$\dfrac{{PZ}}{{ZS}}\dfrac{{SH}}{{HT}}\dfrac{{TL}}{{LP}} = 1 \Leftrightarrow \dfrac{m}{b}\dfrac{m}{b}\dfrac{{LT}}{{LP}} = 1 \Leftrightarrow \boxed{\dfrac{{LT}}{{LP}} = \dfrac{{{b^2}}}{{{m^2}}}}$ που ισχύει στο ορθογώνιο τρίγωνο

SPT

αφού $SL \bot PT$ .

Φιλικά Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #562

Μπήκα στον κόπο να δω αν υπάρχει κι άλλη λύση της 220 (είχα δώσει την ίδια με το Στάθη αλλά που να τον προλάβεις!!) και βρήκα την παρακάτω

Για το ερώτημα 1

Έστω ότι, $\textrm{CS}\cap \textrm{PT}=\textrm{L}$ . Επειδή το $\textrm{S}$ είναι σημείο της $\textrm{DB}$ , θα είναι , $\angle DCS=\angle DAS=\chi$ κι αφού $\textrm{PSTA}$ ορθογώνιο ,θα είναι και $\angle APT=\chi$ .Όμως , $\textrm{PS//DC}\Rightarrow \angle PSL=\chi$ .Είναι , $\angle APS=\chi +\psi =90^{0}\Rightarrow \angle SLP=90^{0}$ .Αλλά $\textrm{MK//CS}$ ( $\textrm{M,K}$ είναι μέσα των $\textrm{SA,AC}$ ) , άρα $\textrm{MK}\perp \textrm{PT}$

Για το ερώτημα 2

Ας είναι , $\textrm{DT}\cap \textrm{CS}=\textrm{N},\textrm{CS}\cap \textrm{AB}=\textrm{Q}$ .Θα αποδείξουμε ότι , $\textrm{P,N,B}$ είναι συνευθειακά. Προς τούτο ,είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι $\frac{DP}{PA}\cdot \frac{BA}{BT}\cdot \frac{NT}{ND}=1\Leftrightarrow \frac{DS}{SB}\cdot \frac{BA}{BT}\cdot \frac{NT}{ND}=1$ (αφού προφανώς ισχύει $\frac{DP }{PA}=\frac{DS}{SB}$ επειδή $\textrm{PS//AB}$ ).
Στο τρίγωνο $\textrm{DTB}$ με διατέμνουσα $\textrm{SNQ}$ έχουμε $\frac{NT}{ND}\cdot \frac{SD}{SB}\cdot \frac{BQ}{QT}=1\Leftrightarrow \frac{NT}{ND}\cdot \frac{SD}{SB} =\frac{QT}{BQ}$ .Έτσι ,είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι , $\frac{BA}{BT}\cdot \frac{QT}{QB}=1\Leftrightarrow \frac{QT}{BT}=\frac{QB}{BA}$ . Αλλά $\textrm{ST//CB}\Rightarrow \frac{QT}{BT}=\frac{QS}{SC}$ .Επομένως ,αρκεί να δειχθεί ότι $\frac{QS}{SC}=\frac{QB}{AB}\Leftrightarrow \frac{QS}{SC}= \frac{QB}{DC}$ .Η τελευταία όμως ,προφανώς είναι αληθής ,αφού $\textrm{DC//QB}$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #563

Άλλη μια λύση της 218

Από το $\textrm{S}$ φέρνουμε παράλληλη στην $\textrm{DC}$ που τέμνει την $\textrm{BT}$ στο $\textrm{Z}$ .Επειδή , $\textrm{M}$ μέσον της $\textrm{AS}$ θα είναι και μέσον της $\textrm{ZB}$ κι έτσι $\textrm{ZDCS}$ παραλ/μμο ,άρα $\textrm{ZS}=\alpha$ . Είναι , $\textrm{DS=SB,CD=CB}$ άρα, $\angle SDC=\angle SBC=\chi$ . Ο περίκυκλος του τετραγώνου προφανώς περνά από το $\textrm{T}$ κι έτσι $\angle TBC=\angle TDC=\chi$ .Έτσι, η $\textrm{BH}$ είναι διχοτόμος του τριγώνου $\textrm{ZSB}$ κι επειδή $\textrm{BC}\perp \textrm{DC}\Rightarrow \textrm{BH}\perp \textrm{ZS}\Rightarrow \triangle \textrm{ZBS}$ ισοσκελές άρα $\textrm{ZH=HS}=\frac{\alpha }{2}$
$\frac{CB}{CH}=\frac{AC}{CS}\Rightarrow \frac{\alpha }{CH}=\frac{AC}{kAC}=\frac{1}{k}\Rightarrow\textrm{CH}=k\alpha \Rightarrow \textrm{BH}=\left ( k+1 \right )\alpha$
Ισχύει, $\textrm{DB}^{2}+\textrm{DZ}^{2}=\textrm{ZH}^{2}+\textrm{HB}^{2}\Rightarrow \left ( \alpha \sqrt{2} \right )^{2}+\left ( k\alpha \sqrt{2} \right )^{2}=\frac{\alpha ^{2}}{4}+\alpha ^{2} \left ( k+1 \right )^{2}\Leftrightarrow 4k^{2}-8k+3=0$ .
Η τελευταία εξίσωση έχει λύσεις $k=\frac{1}{2},k=\frac{3}{2}$ .Αν , $k=\frac{3}{2}$ θα είναι $\textrm{AS}=\frac{5}{2}\textrm{AC}$ κι έτσι $\textrm{AM}=\frac{5}{4}\textrm{AC}>\textrm{AC}$ άτοπο αφού πάντα το $\textrm{M}$ είναι εσωτερικό σημείο του κύκλου. Άρα $k=\frac{1}{2}$

KARKAR · #564

Άσκηση 221

: 221.png (14.5 KiB) Προβλήθηκε 1637 φορές

Στην προέκταση της βάσης

τετραγώνου ABCD

, πλευράς

και κέντρου

, κινείται σημείο

.

Φέρω την ευθεία

, η οποία τέμνει την πλευρά

στο

. Από το

φέρω παράλληλη

προς το

, η οποία τέμνει την προέκταση της

στο σημείο

.

1) Υπολογίστε το μήκος της πλευράς

του τριγώνου QAS

συναρτήσει των a, BS (=s)

.

2) Για ποια τιμή του

το τρίγωνο καθίσταται : α) ορθογώνιο , β) ισοσκελές ( με QA=QS

)

3) ( Προαιρετικό !) Για ποια τιμή του

, το τρίγωνο αποκτά εμβαδόν διπλάσιο του τετραγώνου ?

#565

KARKAR έγραψε:Άσκηση 221
Στην προέκταση της βάσης τετραγώνου , πλευράς και κέντρου , κινείται σημείο . Φέρω την ευθεία , η οποία τέμνει την πλευρά στο . Από το φέρω παράλληλη προς το , η οποία τέμνει την προέκταση της στο σημείο .
1) Υπολογίστε το μήκος της πλευράς του τριγώνου συναρτήσει των .
2) Για ποια τιμή του το τρίγωνο καθίσταται : α) ορθογώνιο , β) ισοσκελές ( με )
3) ( Προαιρετικό !) Για ποια τιμή του , το τρίγωνο αποκτά εμβαδόν διπλάσιο του τετραγώνου ?

Με $TQ\parallel AC\mathop \Rightarrow \limits^{K\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,AC} T.ACKQ$ είναι αρμονική άρα και η σειρά είναι αρμονική (με $E \equiv TD \cap SC$ ) οπότε και η δέσμη

είναι αρμονική και με $DC\parallel AS \Rightarrow M$ το μέσο της (με $M \equiv AQ \cap DC$ )

Στο $\vartriangle QAS\mathop \Rightarrow \limits^{MC\parallel AS} \dfrac{{\left( {QA} \right)}}{{\left( {QM} \right)}} = \dfrac{{\left( {AS} \right)}}{{\left( {MC} \right)}} = \dfrac{{a + s}}{{\dfrac{a}{2}}} = \dfrac{{2a + 2s}}{a} \Rightarrow$ $\dfrac{{\left( {QA} \right)}}{{\left( {QA} \right) - \left( {QM} \right)}} = \dfrac{{2a + 2s}}{{a + 2s}} \Rightarrow \dfrac{{\left( {QA} \right)}}{{\left( {AM} \right)}} = \dfrac{{2a + 2s}}{{a + 2s}} \Rightarrow$ $\boxed{\left( {QA} \right) = \dfrac{{2a + 2s}}{{a + 2s}}\left( {AM} \right)}:\left( 1 \right)$

Από την άλλη η είναι διάμεσος του τριγώνου $\vartriangle ADC \Rightarrow \left( {AM} \right) = \dfrac{{\sqrt {2{{\left( {AD} \right)}^2} + 2{{\left( {AC} \right)}^2} - {{\left( {DC} \right)}^2}} }}{2}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AD} \right) = \left( {DC} \right) = a,\left( {AC} \right) = a\sqrt 2 } \boxed{\left( {AM} \right) = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}:\left( 2 \right)$ .

Από $\left( 1 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \left( {QA} \right) = \dfrac{{2a + 2s}}{{a + 2s}} \cdot \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow$ $\boxed{\left( {QA} \right) = \dfrac{{a\left( {a + s} \right)\sqrt 5 }}{{a + 2s}}}:\left( 3 \right)$ και το πρώτο ζητούμενο έχει βρεθεί.

2) Αν το τρίγωνο $\vartriangle AQS$ είναι ορθογώνιο στο τότε το ανήκει στον περίκυκλο του τετραγώνου και συνεπώς το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο

οπότε: $\left( {SC} \right) \cdot \left( {SQ} \right) = \left( {SB} \right) \cdot \left( {SA} \right) \Rightarrow$ $\sqrt {{a^2} + {s^2}} \cdot \left( {SQ} \right) = s\left( {a + s} \right) \Rightarrow \boxed{\left( {SQ} \right) = \dfrac{{s\left( {a + s} \right)}}{{\sqrt {{a^2} + {s^2}} }}}$ .
[attachment=0]1.png[/attachment]
Εξάλλου από την ομοιότητα των τριγώνων $\vartriangle SBC \sim \vartriangle SQA$ (προκύπτει από το εγγράψιμο θα έχουμε: $\dfrac{{\left( {SQ} \right)}}{{\left( {SB} \right)}} = \dfrac{{\left( {AQ} \right)}}{{\left( {BC} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right),\left( 4 \right)} \dfrac{{\dfrac{{s\left( {a + s} \right)}}{{\sqrt {{a^2} + {s^2}} }}}}{s} = \dfrac{{\dfrac{{a\left( {a + s} \right)\sqrt 5 }}{{a + 2s}}}}{a} \Rightarrow$

$\ldots \dfrac{1}{{\sqrt {{a^2} + {s^2}} }} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{{a + 2s}} \Rightarrow$ ${\left( {a + 2s} \right)^2} = 5\left( {{a^2} + {s^2}} \right) \Rightarrow$ ${s^2} - 4as + 4{a^2} = 0 \Rightarrow {\left( {s - 2a} \right)^2} = 0 \Rightarrow \boxed{s = 2a}$

Αν το τρίγωνο είναι ισοσκελές τότε από τον νόμο των συνημιτόνων στο $\vartriangle AQS \Rightarrow {\left( {SQ} \right)^2} = {\left( {SA} \right)^2} + {\left( {AQ} \right)^2} -$ $2\left( {SA} \right)\left( {AQ} \right)\sigma \upsilon \nu \left( {\angle BAQ} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {SQ} \right) = \left( {SA} \right)} \ldots$

$\left( {AQ} \right) = 2\left( {SA} \right)\sigma \upsilon \nu \left( {\angle BAQ} \right) \Rightarrow \left( {AQ} \right) = 2\left( {SA} \right)\eta \mu \left( {\angle MAD} \right)$ $\Rightarrow \dfrac{{a\left( {a + s} \right)\sqrt 5 }}{{a + 2s}} = 2\left( {a + s} \right)\dfrac{{\dfrac{a}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}} \Rightarrow$

$\dfrac{{a\sqrt 5 }}{{a + 2s}} = \dfrac{2}{{\sqrt 5 }} \Leftrightarrow 5a = 2a + 4s \Rightarrow \boxed{s = \dfrac{{3a}}{4}}$ και το δεύτερο ζητούμενο έχει βρεθεί.

3) Για το προαιρετικό έχουμε: $\left( {AQS} \right) = 2\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \dfrac{{\left( {AS} \right)\left( {QF} \right)}}{2} = 2{a^2}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AS} \right) = a + s} \boxed{\left( {QF} \right) = \dfrac{{4{a^2}}}{{\left( {a + s} \right)}}}:\left( 4 \right)$ , όπου

το ύψος του τριγώνου που αντιστοιχεί στην και αν $P \equiv QF \cap DC\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)} \left( {QP} \right) = \dfrac{{4{a^2}}}{{\left( {a + s} \right)}} - a \Rightarrow$ $\boxed{\left( {QP} \right) = \dfrac{{3{a^2} - as}}{{\left( {a + s} \right)}}}:\left( 6 \right)$

Με $MC\parallel AS \Rightarrow \dfrac{{\left( {MC} \right)}}{{\left( {AS} \right)}} = \dfrac{{\left( {QP} \right)}}{{\left( {QF} \right)}} \Rightarrow \dfrac{{\dfrac{a}{2}}}{{a + s}} = \dfrac{{\dfrac{{3{a^2} - as}}{{\left( {a + s} \right)}}}}{{\dfrac{{4{a^2}}}{{\left( {a + s} \right)}}}} \Rightarrow$ $\dfrac{a}{{a + s}} = \dfrac{{3a - s}}{{2a}} \Rightarrow \ldots \boxed{s = a\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}$ και το προαιρετικό έχει βρεθεί.

Στάθης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #566

μια λύση ακόμη της 221

Ερώτημα Α

Έστω $\textrm{QM}\perp AD$ .Επειδή $\textrm{QT//AC}$ είναι, $\angle MTQ=\angle MAC=45^{0}$ άρα το ορθογώνιο τρίγωνο $\textrm{MQT}$ είναι ισοσκελές κι έτσι $\textrm{MT=MQ}=\chi$ .

Έστω ακόμη $\textrm{KF}\perp \textrm{AB}$ .Ισχύει , $\dfrac{QT}{CK}=\dfrac{ST}{SK}=\dfrac{SA}{SF}=\dfrac{TA}{KF}\Rightarrow \dfrac{QT}{\dfrac{\alpha \sqrt{2}}{2}}=\dfrac{\alpha +s}{\dfrac{\alpha }{2}+s}=\dfrac{TA}{\dfrac{\alpha }{2}}$ ,απ όπου παίρνουμε $\textrm{QT}=\dfrac{\alpha \sqrt{2}\left ( \alpha +s \right )}{\alpha +2s},\textrm{TA}=\dfrac{\alpha \left ( \alpha +s \right )}{\alpha +2s}$
Με νόμο συνημιτότων στο $\textrm{ATQ},\textrm{AQ}^{2}=\textrm{TA}^{2}+\textrm{TQ}^{2}-2\textrm{TQ}\cdot \textrm{TA}\cdot \sigma \upsilon \nu 135^{0}$ απ όπου εύκολα παίρνουμε $\textrm{AQ}=\dfrac{\alpha \left ( \alpha +s \right )}{\alpha +2s}\sqrt{5}$

Ερώτημα Β1

Με Π.Θ στο $\textrm{MQT},2\textrm{x}^{2}=\textrm{QT}^{2}=\dfrac{2\alpha ^{2}\left ( \alpha +s \right )^{2}}{\left ( \alpha +2s \right )^{2}}\Rightarrow \textrm{x}=\dfrac{\alpha \left ( \alpha +s \right )}{\alpha +2s}=$ \displaystyle{\textrm{AT}\Rightarrow \textrm{MA}=2\textrm{x}=\dfrac{2\alpha \left ( \alpha +s \right )}{\alpha +2s} Όταν

\textrm{AQ}\perp \textrm{SQ} τα ορθογώνια τρίγωνα

\textrm{MQA,QAS} είναι όμοια αφού

\angle MAQ=\angle QSQ (οξείες με κάθετες πλευρές) κι έτσι

\dfrac{\textrm{x}}{AQ}=\dfrac{AM}{QS}\Rightarrow \textrm{QS}=\dfrac{AM\cdot AQ}{\textrm{x}}\Rightarrow \textrm{QS}=..\dfrac{2\alpha \left ( \alpha + s\right )\sqrt{5}}{\alpha +2s} Ισχύει

\textrm{AS}^{2}=\textrm{AQ}^{2}+\textrm{QS}^{2}\Rightarrow \left ( \alpha +s \right )^{2}=\dfrac{20\alpha ^{2}\left ( \alpha +s \right )^{2}}{\left ( \alpha +2s \right )^{2}}+\dfrac{5\alpha ^{2}\left ( \alpha +s \right )^{2}}{\left ( \alpha +2s \right )^{2}}} $\Leftrightarrow 25\alpha ^{2}=\left ( \alpha +2s \right )^{2}\Leftrightarrow s=2\alpha$

Ερώτημα Β2

Όταν $\textrm{QA=QS}$ , το ύψος $\textrm{QZ}$ είναι ίσο με $\textrm{AM}=\dfrac{2\alpha \left ( \alpha +s \right )}{\alpha +2s}$ οπότε , με Π.Θ στο $\textrm{QZA}$ έχουμε
$\textrm{QA}^{2}=\textrm{QZ}^{2}+\textrm{AZ}^{2}\Rightarrow \dfrac{5\alpha ^{2}\left ( \alpha +s \right )^{2}}{\left ( \alpha +2s \right )^{2}}=\dfrac{4\alpha ^{2}\left ( \alpha +s \right )^{2}}{\left ( \alpha +2s \right )^{2}}+\dfrac{\left ( \alpha +s \right )^{2}}{4}$ \displaystyle{\Leftrightarrow 4\alpha ^{2} =\left ( \alpha +2s \right )^{2}\Leftrightarrow \textrm{s}=\dfrac{\alpha }{2} <span style="color:#0000FF">Ερώτημα Γ</span>

\left 2( QAS \right )=\textrm{AS}\cdot \textrm{QZ}=\left ( \alpha +s \right )\dfrac{2\alpha \left ( \alpha +s \right )}{\alpha +2s}=\dfrac{2\alpha \left ( \alpha +s \right )^{2}}{\alpha +2s}=4\alpha ^{2}\Leftrightarrow} $\left ( \alpha +s \right )^{2}=2\alpha \left ( \alpha +2s \right )\Leftrightarrow \textrm{s}^{2}-2\alpha \textrm{s}-\alpha ^{2}=0$ .
Η τελευταία εξίσωση έχει δεκτή λύση $\textrm{s}=\alpha \left ( 1+\sqrt{2} \right )$

KARKAR · #567

Άσκηση 222

: Νούφαρα.png (123.02 KiB) Προβλήθηκε 1538 φορές

Στην προέκταση της πλευράς

τετραγώνου ABCD

, κινείται σημείο

.

Για ποια θέση του

μεγιστοποιείται ο λόγος $\displaystyle \frac{SD}{SC}$ ?

Σχολιάστε τον ισχυρισμό ότι καθώς το

απομακρύνεται τα τμήματα

και

τείνουν να γίνουν ίσα , άρα η διαφορά SD-SC

, από ένα σημείο και μετά θα μικραίνει !

KARKAR · #568

Άσκηση 223

: 223.png (7.45 KiB) Προβλήθηκε 1521 φορές

Στις πλευρές BC,CD

τετραγώνου ABCD

βρίσκονται σημεία S,T

, ώστε $\widehat{SAT}=45^0$ .

Υπολογίστε το

συναρτήσει του SB=x

και της πλευράς

του τετραγώνου .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #569

Μια λύση της 223

Έστω $\displaystyle{DB \cap TA = E}$ , $\displaystyle{SE \cap CD = Z}$
Επειδή, $\displaystyle{\angle EAS = \angle EBS = {45^0},EABS}$ είναι εγγράψιμο ,άρα, $\displaystyle{SE \bot TA}$ κι επειδή $\displaystyle{AD \bot ZD}$ ,το $\displaystyle{ZDEA}$ είναι εγγράψιμο Επειδή όμως $\displaystyle{\angle BDC = {45^0}}$ ,θα είναι και $\displaystyle{\angle ZAE = {45^0}}$ κι έτσι, το τρίγωνο $\displaystyle{ZAS}$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και η $\displaystyle{AT}$ είναι μεσοκάθετος της $\displaystyle{ZS}$ οπότε , $\displaystyle{TS = TZ}$
Τώρα, τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{ZDA,ASB}$ έχουν $\displaystyle{ZA = AS,\angle ZAD = \angle SAB}$ (Οξείες με κάθετες πλευρές) κι επομένως είναι ίσα ,άρα $\displaystyle{ZD = x \Rightarrow TZ = TS = x + TD \Rightarrow TD = TS - x \Rightarrow TC = \alpha - \left( {TS - x} \right)}$
Με Π.Θ στο τρίγωνο $\displaystyle{TSC}$ , $\displaystyle{T{S^2} = {[\alpha - \left( {TS - x} \right)]^2} + {\left( {\alpha - x} \right)^2}}$
Από την τελευταία ,εύκολα παίρνουμε , $\displaystyle{\boxed{TS = \frac{{{\alpha ^2} + {x^2}}}{{\alpha + x}}}}$ και το ζητούμενο βρέθηκε

Μιχάλης Τσουρακάκης · #570

Και μια λύση της 222 με ανάλυση

Έστω $\displaystyle{BS = x}$ .
Με Π.Θ στα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{DAS,CBS}$ (σχήμα του Θανάση) παίρνουμε $\displaystyle{D{S^2} = {\left( {\alpha + x} \right)^2} + {\alpha ^2},C{S^2} = {\alpha ^2} + {x^2} \Rightarrow \frac{{DS}}{{CS}} = \sqrt {\frac{{{{\left( {\alpha + x} \right)}^2} + {\alpha ^2}}}{{{\alpha ^2} + {x^2}}}} }$ και ο λόγος αυτός λαμβάνει τη μέγιστη τιμή του για την τιμή του $\displaystyle{x}$ για την οποία η συνάρτηση $\displaystyle{f(x) = \frac{{{{\left( {\alpha + x} \right)}^2} + {\alpha ^2}}}{{{\alpha ^2} + {x^2}}}}$ λαμβάνει τη μέγιστη τιμή της .
$\displaystyle{f'(x) = 2\alpha \frac{{ - {x^2} - \alpha x + {\alpha ^2}}}{{{{\left( {{\alpha ^2} + {x^2}} \right)}^2}}}}$
$\displaystyle{f'(x) = 0 \Rightarrow - {x^2} - \alpha x + {\alpha ^2} = 0 \Rightarrow \boxed{x = \frac{{\alpha \left( {\sqrt 5 - 1} \right)}}{2}}}$
Ο πίνακας μεταβολών μας πληροφορεί ότι η $\displaystyle{f}$ ,άρα και ο λόγος $\displaystyle{\frac{{DS}}{{CS}}}$ λαμβάνει για την παραπάνω τιμή του $\displaystyle{x}$ ,τη μέγιστη τιμή του
$\displaystyle{\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt {\frac{{{{\left( {x + \alpha } \right)}^2} + {\alpha ^2}}}{{{x^2} + {\alpha ^2}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \sqrt {\frac{{{x^2} + 2\alpha x + 2{\alpha ^2}}}{{{x^2} + {\alpha ^2}}}} = 1}$ .Επομένως όταν το σημείο $\displaystyle{S}$ απομακρύνεται στο άπειρο , $\displaystyle{SD \approx CS}$ και $\displaystyle{SD - SC \to \alpha }$ (όπως εύκολα προκύπτει χωρίς λάθος στις πράξεις) όταν $\displaystyle{x}$ τείνει στο άπειρο

Έγινε διόρθωση στο όριο της διαφοράς $\displaystyle{SD - SC}$ όταν το $\displaystyle{x}$ τείνει στο άπειρο κατόπιν επισήμανσης του Θανάση τον οποίο κι ευχαριστώ

thanasis.a · #571

KARKAR έγραψε:Άσκηση 223
Το συνημμένο 223.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στις πλευρές τετραγώνου βρίσκονται σημεία , ώστε $\widehat{SAT}=45^0$ .

Υπολογίστε το συναρτήσει του και της πλευράς του τετραγώνου .

: draw1.png (30.4 KiB) Προβλήθηκε 1463 φορές

..καλημέρα..

έστω $L\in AS: TL\perp AS$ . Έτσι το τετράπλευρο ALTD

είναι εγγράψιμο ( $\hat{TDA}=\hat{TLA}=90^{\circ}$ ) και κατά συνέπεια $\hat{TAL}=45^{\circ} =\hat{LDT}$ .

Από αυτό βγάζουμε το συμπέρασμα ότι

διέρχεται και από το

.Έτσι στο $\bigtriangleup ASB$ η

είναι διχοτόμος και άρα από θ. διχοτόμων :

$\displaystyle\frac{LS}{AL}=\frac{SB}{AB}\Rightarrow ...\frac{LS}{AS}=\frac{\chi }{\alpha +\chi }\Rightarrow ..LS=\frac{\chi }{\alpha +\chi }\sqrt{\alpha ^{2}+\chi ^{2}}\,\,\,(1)$

Όμοια έχουμε: $\displaystyle AL=\frac{\alpha }{\alpha +\chi }\sqrt{\alpha ^{2}+\chi ^{2}}\,\,\,(2)$ .

Ακόμα: $\bigtriangleup TLA:\hat{L}90^{\circ} \,\,\,\hat{TAL}=45^{\circ} \Rightarrow AL=TL\,\,\,(3)$ .

Οπότε από τις σχέσεις (1),(2),(3) στο $\bigtriangleup TLS:\hat{TLS}=90^{\circ}$ με το πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε:

$\displaystyle TS^{2}=LS^{2}+TL^{2}\Rightarrow ....\boxed{TS=\frac{\alpha ^{2}+\chi ^{2}}{\alpha +\chi }}$

KARKAR · #572

Άσκηση 224

: 224.png (8.06 KiB) Προβλήθηκε 1419 φορές

Επί της διαγωνίου

τετραγώνου ABCD

πλευράς

, κινείται σημείο

, ώστε

.

Σχεδιάζω προς το μέρος του

τετράγωνο

, πλευράς

.

1) Δείξτε ότι η κορυφή

κινείται επί της πλευράς

( ή στην προέκτασή της ).

2) Υπολογίστε το (DSMN)

συναρτήσει των a,x

. Αν $\displaystyle x=\frac{3}{4}AC$ , ποιος είναι ο λόγος $\displaystyle \frac{(DSMN)}{(ABCD)}$ ?

AIAS · #573

KARKAR έγραψε:Άσκηση 224
Το συνημμένο 224.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Επί της διαγωνίου τετραγώνου πλευράς , κινείται σημείο , ώστε .

Σχεδιάζω προς το μέρος του τετράγωνο , πλευράς .

1) Δείξτε ότι η κορυφή κινείται επί της πλευράς ( ή στην προέκτασή της ).

2) Υπολογίστε το συναρτήσει των . Αν $\displaystyle x=\frac{3}{4}AC$ , ποιος είναι ο λόγος $\displaystyle \frac{DSMN}{ABCD}$ ?

: Τετράγωνα 224.png (12.8 KiB) Προβλήθηκε 1407 φορές

1 Ο κύκλος διαμέτρου

θα περνά από τις κορυφές D,S,M,N

.

Αφού όμως $\widehat {DMS} = \widehat {DAS} = {45^0}$ θα περνά και από το

και επομένως $MA \bot AD$ .

Δηλαδή το

ανήκει στον φορέα του

.

2 Θεώρημα συνημίτονου στο τρίγωνο SAD

$S{D^2} = A{S^2} + A{D^2} - AS \cdot AD\sqrt 2$ (1) δηλαδή αν

το μήκος της πλευράς του

τετραγώνου DSMN

έχω, $\boxed{(DSMN) = {d^2} = {x^2} + {a^2} - ax\sqrt 2 }$ , ενώ αν

$x = \dfrac{3}{4}AC = \dfrac{3}{4}a\sqrt 2$ παίρνω ${d^2} = \dfrac{5}{8}{a^2} \Leftrightarrow \boxed{\dfrac{{(DSMN)}}{{(ABCD)}} = \dfrac{5}{8}}$

AIAS

thanasis.a · #574

KARKAR έγραψε:Άσκηση 224
224.png
Επί της διαγωνίου τετραγώνου πλευράς , κινείται σημείο , ώστε .

Σχεδιάζω προς το μέρος του τετράγωνο , πλευράς .

1) Δείξτε ότι η κορυφή κινείται επί της πλευράς ( ή στην προέκτασή της ).

2) Υπολογίστε το συναρτήσει των . Αν $\displaystyle x=\frac{3}{4}AC$ , ποιος είναι ο λόγος $\displaystyle \frac{DSMN}{ABCD}$ ?

..καλησπέρα..
μια ακόμα άποψη για το 1)

Ισοδύναμα θα δείξουμε ότι φτιάχνοντας το DSMN

ως ορθογώνιο παραλληλόγραμμο (με $M\in AB$ ) αυτό είναι τετράγωνο.

Πράγματι το ADSM

είναι εγγράψιμο αφού $\hat{DSM}=\hat{DAM}=90^{\circ}$ όπότε $\hat{DMS}=\hat{SAD}=45^{\circ}$ (βαίνουν στο τόξο

).

Κατά συνέπεια το $\bigtriangleup DSM:\hat{S}=90^{\circ} \,\,\,\,\wedge \,\,\,\,\hat{DMS}=45^{\circ} \Rightarrow DS=SM$ οπότε DNMS

τετράγωνο.

#575

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
KARKAR έγραψε:Άσκηση 221
Στην προέκταση της βάσης τετραγώνου , πλευράς και κέντρου , κινείται σημείο . Φέρω την ευθεία , η οποία τέμνει την πλευρά στο . Από το φέρω παράλληλη προς το , η οποία τέμνει την προέκταση της στο σημείο .
1) Υπολογίστε το μήκος της πλευράς του τριγώνου συναρτήσει των .
2) Για ποια τιμή του το τρίγωνο καθίσταται : α) ορθογώνιο , β) ισοσκελές ( με )
3) ( Προαιρετικό !) Για ποια τιμή του , το τρίγωνο αποκτά εμβαδόν διπλάσιο του τετραγώνου ?
Με $TQ\parallel AC\mathop \Rightarrow \limits^{K\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,AC} T.ACKQ$ είναι αρμονική άρα και η σειρά είναι αρμονική (με $E \equiv TD \cap SC$ ) οπότε και η δέσμη

είναι αρμονική και με $DC\parallel AS \Rightarrow M$ το μέσο της (με $M \equiv AQ \cap DC$ )

Ας δούμε πώς ένα «πάντρεμα» Ευκλείδη και Καρτέσιου απλοποιούν ένα θέμα.

Όπως είδαμε το (όπως ορίζεται από την εκφώνηση) ανήκει στην ευθεία , με το μέσο της και έτσι θεωρούμε ότι $Q \equiv AM \cap SC$ .

1) Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα αξόνων με αρχή το και θετικούς ημιάξονες τις ημιευθείες , οπότε οι συντεταγμένες

των σημείων είναι όπως ορίζονται στο σχήμα, με .

Τότε είναι ${\lambda _{SC}} = \dfrac{{0 - a}}{{a + s - a}} \Rightarrow \boxed{{\lambda _{SC}} = - \dfrac{a}{s}}:\left( 1 \right)$ και με $\boxed{CS \to y = - \dfrac{a}{s}\left( {x - a - s} \right)}:\left( 2 \right)$ και $\boxed{AM \to y = 2x}:\left( 3 \right)$ .

Οι συντεταγμένες λοιπόν του θα προκύψουν από τη λύση του συστήματος των εξισώσεων $\left( 2 \right),\left( 3 \right)$ . Έχουμε :

$\left\{ \begin{gathered} y = - \dfrac{a}{s}\left( {x - a - s} \right) \\ y = 2x \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 2x = - \dfrac{a}{s}\left( {x - a - s} \right) \\ y = 2x \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow$ $\left\{ \begin{gathered} 2sx = - ax + a\left( {a + s} \right) \\ y = 2x \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \ldots \left\{ \begin{gathered} x = \dfrac{{a\left( {a + s} \right)}}{{a + 2s}} \\ y = \dfrac{{2a\left( {a + s} \right)}}{{a + 2s}} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$

$Q\left( {\dfrac{{a\left( {a + s} \right)}}{{a + 2s}},\dfrac{{2a\left( {a + s} \right)}}{{a + 2s}}} \right) \Rightarrow$ $\left( {AQ} \right) = \sqrt {{{\left[ {\dfrac{{a\left( {a + s} \right)}}{{a + 2s}}} \right]}^2} + {{\left[ {\dfrac{{2a\left( {a + s} \right)}}{{a + 2s}}} \right]}^2}} \Rightarrow$ $\boxed{\left( {AQ} \right) = \dfrac{{a\left( {a + s} \right)}}{{a + 2s}}\sqrt 5 }$ .
[attachment=0]1.png[/attachment]
2) α) Αν είναι $\angle AQS = {90^0} \Rightarrow SC \bot AM \Rightarrow {\lambda _{SC}} =$ $- \dfrac{1}{{{\lambda _{AM}}}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} - \dfrac{a}{s} = - \dfrac{1}{2} \Rightarrow \boxed{s = 2a}$

β) Αν είναι $\left( {QA} \right) = \left( {QS} \right) \Rightarrow {\lambda _{SC}} = - {\lambda _{AM}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$ $- \dfrac{a}{s} = - 2 \Rightarrow \boxed{s = \dfrac{a}{2}}$

3) Αν είναι $\left( {ASQ} \right) = 2\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \dfrac{{\left( {AS} \right) \cdot \left| {{y_Q}} \right|}}{2} = 2{a^2} \Rightarrow$ $\left( {a + s} \right) \cdot \dfrac{{2a\left( {a + s} \right)}}{{a + 2s}} = 4{a^2} \Rightarrow$ ${\left( {a + s} \right)^2} = 2a\left( {a + 2s} \right) \Rightarrow$

${a^2} + 2as + {s^2} - 2{a^2} - 4as = 0 \Rightarrow$ ${s^2} - 2as - {a^2} = 0\mathop \Rightarrow \limits^{s > 0} \ldots \boxed{s = a\left( {1 + \sqrt 2 } \right)}$ και όλα τα ζητούμενα έχουν υπολογιστεί "Καρτεσιοευκλειδιακά"

Στάθης

KARKAR · #576

Άσκηση 225

: 225.png (13 KiB) Προβλήθηκε 1270 φορές

Ο εγγεγραμμένος κύκλος του τετραγώνου ABCD

, πλευράς

, τέμνει τη διαγώνιο

σε σημείο

. Υπολογίστε την ακτίνα του κύκλου που ορίζουν τα σημεία B,S,D

.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #577

Μια απάντηση στην 225

Έστω $\displaystyle{R}$ η ακτίνα του περίκυκλου του τριγώνου $\displaystyle{BSD}$
$\displaystyle{D{S^2} = D{K^2} + K{S^2} = {\left( {\frac{{\alpha \sqrt 2 }}{2}} \right)^2} + {\left( {\frac{\alpha }{2}} \right)^2} \Rightarrow D{S^2} = \frac{{3{\alpha ^2}}}{4}}$
$\displaystyle{2\left( {DSB} \right) = DB \cdot SK = \alpha \sqrt 2 \cdot \frac{\alpha }{2} = \frac{{{\alpha ^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{DS \cdot SB \cdot DB}}{{2R}} \Rightarrow \frac{{{\alpha ^2}\sqrt 2 }}{2} = \frac{{D{S^2} \cdot DB}}{{2R}} \Rightarrow {\alpha ^2}\sqrt 2 R = \frac{{3{\alpha ^2}}}{4} \cdot \alpha \sqrt 2 \Rightarrow \boxed{R = \frac{{3\alpha }}{4}}}$

AIAS · #578

KARKAR έγραψε:Άσκηση 225
Το συνημμένο 225.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο

Ο εγγεγραμμένος κύκλος του τετραγώνου , πλευράς , τέμνει τη διαγώνιο

σε σημείο . Υπολογίστε την ακτίνα του κύκλου που ορίζουν τα σημεία .

: Συλλογή 225.png (24.85 KiB) Προβλήθηκε 1217 φορές

το κέντρο και

η ακτίνα του κύκλου SDB

. Το κέντρο του τετραγώνου

. Η

ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο τετράγωνο θα είναι το μισό της πλευράς του

, δηλαδή $KS = \dfrac{a}{2}$ . Λέμε και

το τμήμα

.

Το

εξυπακούεται ότι βρίσκεται πάνω στην μεσοκάθετο του

, δηλαδή στην

διαγώνιο

. Είναι $R = OB = OS = KO + KS = x + \dfrac{a}{2}$ και από το ορθογώνιο τρίγωνο

KOB

, παίρνω ${R^2} = {x^2} + {(\dfrac{{a\sqrt 2 }}{2})^2} \Rightarrow {(x + \dfrac{a}{2})^2} = {x^2} + \dfrac{{{a^2}}}{2} \Rightarrow x = \dfrac{a}{4}$ . Άρα $R = \dfrac{{3a}}{4}$ .

AIAS

KARKAR · #579

Άσκηση 226

: 226.png (8.98 KiB) Προβλήθηκε 1179 φορές

Τετράγωνο

πλευράς

, έχει κέντρο το σημείο

. Από σημείο

, το οποίο βρίσκεται στην

προέκταση της

και σε απόσταση

από το

, φέρω τις SK,SC

, οι οποίες τέμνουν την ευθεία

στα σημεία P,T

αντίστοιχα . Υπολογίστε το τμήμα

, για το οποίο ελαχιστοποιείται το (SPT)

#580

KARKAR έγραψε:Άσκηση 226
Τετράγωνο πλευράς , έχει κέντρο το σημείο . Από σημείο , το οποίο βρίσκεται στην προέκταση της και σε απόσταση από το , φέρω τις , οι οποίες τέμνουν την ευθεία στα σημεία αντίστοιχα . Υπολογίστε το τμήμα , για το οποίο ελαχιστοποιείται το

Αλλαγή φακέλου …

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα αξόνων με αρχή το και θετικούς ημιάξονες τις ημιευθείες αντίστοιχα.

Τότε με το μήκος της πλευράς του τετραγώνου οι συντεταγμένες των είναι (προφανώς) όπως φαίνονται στο σχήμα, και ας είναι $S\left( {s,0} \right)$ , με .

Είναι ${\lambda _{SC}} = \dfrac{{a - 0}}{{a - s}} \Rightarrow \left( {SC} \right) \to y = \dfrac{a}{{a - s}}\left( {x - s} \right)$ $\mathop \Rightarrow \limits^{x = 0} \boxed{{y_T} = \dfrac{{as}}{{s - a}}}:\left( 1 \right)$ και

${\lambda _{SK}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2} - 0}}{{\dfrac{a}{2} - s}} = \dfrac{a}{{a - 2s}} \Rightarrow \left( {SK} \right) \to y = \dfrac{a}{{a - 2s}}\left( {x - s} \right)$ $\mathop \Rightarrow \limits^{x = 0} \boxed{{y_P} = \dfrac{{as}}{{2s - a}}}:\left( 2 \right)$ .

Επίσης $\left( {PT} \right) = \left| {{y_T} - {y_P}} \right|\mathop = \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \left| {\dfrac{{as}}{{s - a}} - \dfrac{{as}}{{2s - a}}} \right| \Rightarrow \ldots$ $\boxed{\left( {PT} \right) = \dfrac{{a{s^2}}}{{\left( {s - a} \right)\left( {2s - a} \right)}}}$ και

$f\left( s \right) = \left( {SPT} \right) = \dfrac{{\left( {PT} \right)\left( {AS} \right)}}{2} \Rightarrow \ldots$ $\boxed{f\left( s \right) = \dfrac{a}{2} \cdot \dfrac{{{s^3}}}{{\left( {s - a} \right)\left( {2s - a} \right)}}},s \in \left( {a, + \infty } \right)$
[attachment=0]1.png[/attachment]
Η συνάρτηση είναι προφανώς παραγωγίσιμη (τύπος ρητής) στο $\left( {a, + \infty } \right)$ με

$f'\left( s \right) = \dfrac{a}{2} \cdot \dfrac{{3{s^2}\left( {s - a} \right)\left( {2s - a} \right) - {s^3}\left( {2s - a + 2\left( {s - a} \right)} \right)}}{{{{\left[ {\left( {s - a} \right)\left( {2s - a} \right)} \right]}^2}}} \Rightarrow \ldots$ $\boxed{f'\left( s \right) = \dfrac{{a{s^2}}}{{2{{\left[ {\left( {s - a} \right)\left( {2s - a} \right)} \right]}^2}}} \cdot \left( {2{s^2} - 6as + 3{a^2}} \right)},s \in \left( {a, + \infty } \right)$

Έχουμε: $f'\left( s \right) = 0 \Leftrightarrow 2{s^2} - 6as + 3{a^2} = 0$ $\mathop \Leftrightarrow \limits^{s \in \left( {a, + \infty } \right)} \ldots \boxed{s = \dfrac{{a\left( {3 + \sqrt 3 } \right)}}{2}}$ . Από το πρόσημο του τριωνύμου

$2{s^2} - 6as + 3{a^2}$ (αφού ο παράγοντας $\dfrac{{a{s^2}}}{{2{{\left[ {\left( {s - a} \right)\left( {2s - a} \right)} \right]}^2}}}$ είναι προφανώς θετικός) εκατέρωθεν της μεγαλύτερης ρίζας του

προκύπτει ότι $f'\left( s \right) < 0,\forall s \in \left( {a,\dfrac{{a\left( {3 + \sqrt 3 } \right)}}{2}} \right)$ και $f'\left( s \right) > 0,\forall s \in \left( {\dfrac{{a\left( {3 + \sqrt 3 } \right)}}{2}, + \infty } \right)$ , δηλαδή η παρουσιάζει ελάχιστο

για ${S_{\min }} = \dfrac{{a\left( {3 + \sqrt 3 } \right)}}{2}$ και συνεπώς $\left( {BS} \right) = x = \dfrac{{a\left( {3 + \sqrt 3 } \right)}}{2} - a \Rightarrow \ldots \boxed{x = \dfrac{{a\left( {1 + \sqrt 3 } \right)}}{2}}$ και το ζητούμενο έχει βρεθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Θανάση όπως αντιλαμβάνεσαι θα με ενδιέφερε "τα μάλα" μια αμιγώς γεωμετρική λύση στο πρόβλημα και δεν "μούρχεται"

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