Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ · #201

Άσκηση 75

Θεωρούμε τετράγωνο $AB\Gamma \Delta$ πλευράς $\alpha$ , κέντρου

και τα σημεία $K,\Lambda ,M,N$
των τμημάτων $OA,OB,O\Gamma,O\Delta$ αντίστοιχα.Γράφουμε τους ίσους κύκλους
(O , x)

,

, $(\Lambda , x)$ , (M , x)

,

ώστε ο κύκλος (O , x)

να εφάπτεται εξωτερικά των άλλων τεσσάρων και καθένας απο τους τέσσερις να εφάπτεται του (O , x)

και

πλευρών του τετραγώνου
Ο (K , x)

των $AB,A\Gamma$ , ο $(\Lambda , x)$ των $BA,B\Gamma$ κ.ο.κ
Να υπολογιστεί συναρτήσει του $\alpha$
(I) το μήκος

(ΙΙ) το εμβαδό του μέρους του τετραγώνου που είναι εξωτερικό των

κυκλικών δίσκων.
(ΙΙΙ) το μήκος του

όπου

το σημείο επαφής του (K , x)

με την πλευρά

Μιχάλης Τσουρακάκης · #202

Καλό μεσημέρι.
Μια λύση της 73 με τα δεδομένα του Στάθη

Έστω $\left ( ABCD \right )=E$

$\dfrac{DK}{MB}=\dfrac{DL}{LB}=\dfrac{CL}{LN}=\dfrac{DC}{NB}=\lambda >0$ $\Rightarrow \dfrac{LN}{LC}=\dfrac{1}{\lambda }$
$\dfrac{\left ( DCL \right )}{\left ( CLB \right )}=\dfrac{DL}{LB}=\lambda$
Ακόμη , $\left ( DLC \right )+\left ( CLB \right )= \dfrac{E}{2}$ .Ετσι ,εύκολα παίρνουμε $\left ( DCL \right )=\dfrac{\lambda E}{2\left ( \lambda + 1\right )},\left ( CLB \right )=\dfrac{E}{2\left ( \lambda +1 \right )}$
Αλλά $\left ( CLB \right )=2\left ( LMB \right )\Rightarrow \left ( LMB \right )= \dfrac{ E}{4\left ( \lambda +1 \right )}$
Είναι
$\angle KLN=\angle CLM\Rightarrow \dfrac{\left ( KLN \right )}{\left ( CLM \right )}=\dfrac{KL\cdot LN}{LM\cdot LC}=\lambda \cdot \dfrac{1 }{\lambda }=1\Rightarrow \left ( KLN \right )=\left ( CLM \right )=\left ( LMB \right )=\dfrac{E}{4\left ( \lambda +1 \right )}$
Στην ειδική περίπτωση που $\textrm{AK}=\dfrac{\alpha }{6}$ προκύπτει $\lambda =\dfrac{5}{3}$ και $\left ( KLN \right )=\left ( LMB \right )=\dfrac{3E}{32}$

Ιστοσελίδα · #203

Μία ακόμα λύση στην Άσκηση 57

Το

είναι εφαπτόμενο τμήμα του κύκλου.

Από το σημείο

φέρνουμε το άλλο εφαπτόμενο τμήμα του κύκλου,

που
τέμνει την πλευρά $B\varGamma$ στο σημείο T .

Θα δείξουμε ότι το

είναι το μέσο του τμήματος BZ .

Είναι $EN=a+\dfrac{a}{2}=\dfrac{3a}{2} \; , \; \varGamma Z=\dfrac{a}{2} \; , \; TP=TZ=x$ και $ET=EP-TP=EN-TP=\dfrac{3a}{2}-x .$

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $E\varGamma T$ είναι:

$\varGamma E^2+\varGamma T^2=ET^2 \Leftrightarrow a^2+\left(\dfrac{a}{2}+x\right)^2=\left(\dfrac{3a}{2}-x\right)^2 \Leftrightarrow$

$a^2+\dfrac{a^2}{4}+ax+x^2=\dfrac{9a^2}{4}-3ax+x^2 \Leftrightarrow 4ax=a^2 \Leftrightarrow x=\dfrac{a}{4} .$

Επομένως το

είναι το μέσο του BZ,

οπότε συμπίπτει με το M .

#204

ΚΟΥΤΣΟΥΚΟΣ ΓΙΑΝΝΗΣ έγραψε:Άσκηση 75

Θεωρούμε τετράγωνο $AB\Gamma \Delta$ πλευράς $\alpha$ , κέντρου και τα σημεία $K,\Lambda ,M,N$
των τμημάτων $OA,OB,O\Gamma,O\Delta$ αντίστοιχα.Γράφουμε τους ίσους κύκλους
, , $(\Lambda , x)$ , , ώστε ο κύκλος να εφάπτεται εξωτερικά των άλλων τεσσάρων και καθένας απο τους τέσσερις να εφάπτεται του και πλευρών του τετραγώνου
Ο των $AB,A\Gamma$ , ο $(\Lambda , x)$ των $BA,B\Gamma$ κ.ο.κ
Να υπολογιστεί συναρτήσει του $\alpha$
(I) το μήκος
(ΙΙ) το εμβαδό του μέρους του τετραγώνου που είναι εξωτερικό των κυκλικών δίσκων.
(ΙΙΙ) το μήκος του όπου το σημείο επαφής του με την πλευρά

i) Από το ορθογώνιο ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle {\rm A}{\rm Z}{\rm K}\left( {\angle {\rm K}{\rm Z}{\rm A} = {{90}^0},\angle {\rm K}{\rm A}{\rm Z} = {{45}^0}} \right) \Rightarrow \boxed{\left( {{\rm A}{\rm K}} \right) = x\sqrt 2 }$ οπότε:

$\left\{ \begin{gathered} \left( {{\rm A}{\rm O}} \right) = \dfrac{{\left( {{\rm A}\Gamma } \right)}}{2} = \dfrac{{\alpha \sqrt 2 }}{2} \\ \left( {{\rm A}{\rm O}} \right) = \left( {{\rm A}{\rm K}} \right) + 2x = x\sqrt 2 + 2x \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$ $x\sqrt 2 + 2x = \dfrac{{\alpha \sqrt 2 }}{2} \Rightarrow x\sqrt 2 \left( {\sqrt 2 + 1} \right) = \dfrac{{\alpha \sqrt 2 }}{2} \Rightarrow$ $x = \dfrac{a}{{2\left( {\sqrt 2 + 1} \right)}} \Rightarrow \ldots \boxed{x = \dfrac{{a\left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}}$

ii) Αν

είναι το ζητούμενο εμβαδόν τότε: ${\rm E} = {\alpha ^2} - 5\pi {x^2}\mathop \Rightarrow \limits^{x = \frac{{\alpha \left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}} {\rm E} = {\alpha ^2} - 5\pi \dfrac{{{\alpha ^2}\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right)}}{4} \Rightarrow$ $\boxed{{\rm E} = \dfrac{{4 + 10\pi \sqrt 2 - 15\pi }}{4}{\alpha ^2}}$
[attachment=0]74 (2).png[/attachment]
iii) Αν ${\rm H}$ είναι το σημείο επαφής του κύκλου $\left( \Lambda \right)$ με την πλευρά ${\rm A}{\rm B}$ τότε προφανώς είναι ${\rm M}{\rm H} \bot {\rm A}{\rm B}$ και από το Πυθαγόρειο Θεώρημα

στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle {\rm M}{\rm H}{\rm Z}$ $\left( {{\rm M}{\rm Z}} \right) = \sqrt {{{\left( {{\rm M}{\rm H}} \right)}^2} + {{\left( {{\rm H}{\rm Z}} \right)}^2}} = \sqrt {{{\left( {\alpha - x} \right)}^2} + {{\left( {a - 2x} \right)}^2}}$ $= \sqrt {2{\alpha ^2} + 5{x^2} - 6\alpha x} \mathop \Rightarrow \limits^{x = \frac{{\alpha \left( {\sqrt 2 - 1} \right)}}{2}}$

$\left( {{\rm M}{\rm Z}} \right) = \sqrt {2{\alpha ^2} + 5\dfrac{{{\alpha ^2}\left( {3 - 2\sqrt 2 } \right)}}{4} - 6{\alpha ^2}\dfrac{{\sqrt 2 - 1}}{2}} \Rightarrow \ldots$ $\boxed{\left( {{\rm M}{\rm Z}} \right) = \dfrac{\alpha }{2}\sqrt {35 - 22\sqrt 2 } }$ και όλα τα ζητούμενα έχουν υπολογιστεί.

Στάθης

#205

orestisgotsis έγραψε:Άσκηση

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{AB\Gamma \Delta }$ και σημείο $\displaystyle{M}$ στο εσωτερικό του. Αν οι πλευρές του φαίνονται από το $\displaystyle{M}$ υπό γωνίες $\displaystyle{\alpha ,\beta ,\gamma ,\delta }$ να δειχθεί ότι $\displaystyle{\frac{1}{\sigma \varphi \,\alpha +\sigma \varphi \,\gamma }+\frac{1}{\sigma \varphi \,\beta +\sigma \varphi \,\delta }=1}$ .

Έστω $\rho$ η πλευρά του τετραγώνου. Είναι:

$\displaystyle\cot \widehat a = \cot \left( {\widehat {{M_1}} + \widehat {{M_2}}} \right) = \frac{{\cot \widehat {{M_1}} \cdot \cot \widehat {{M_2}} - 1}}{{\cot \widehat {{M_1}} + \cot \widehat {{M_2}}}} = \frac{{\frac{{MK}}{{ME}} \cdot \frac{{MK}}{{MZ}} - 1}}{{\frac{{MK}}{{ME}} + \frac{{MK}}{{MZ}}}} =\displaystyle{ = \frac{{M{K^2} - ME \cdot MZ}}{{MK \cdot MZ + MK \cdot ME}} = \frac{{M{K^2} - ME \cdot MZ}}{{MK \cdot \left( {ME + MZ} \right)}}$ \displaystyle{\displaystyle{ =\boxed{ \frac{{M{K^2} - ME \cdot MZ}}{{MK \cdot \rho }} = \cot \widehat a{\rm{ }}}}(1) .

Ομοίως έχουμε

\displaystyle\boxed{{\cot \widehat \beta = \frac{{M{Z^2} - MK \cdot M\Lambda }}{{\rho \cdot MZ}}{\rm{ }}{\rm{ }}}}(2)

\displaystyle\boxed{{\cot \widehat \gamma = \frac{{M{\Lambda ^2} - ME \cdot MZ}}{{\rho \cdot M\Lambda }}{\rm{ }}{\rm{ }}}}(3) και

\displaystyle\boxed{{\cot \widehat \delta = \frac{{M{E^2} - MK \cdot M\Lambda }}{{\rho \cdot ME}}{\rm{ }}{\rm{ }}}}(4) .

Από

(1) + (3)

\displaystyle{\cot \widehat \alpha + \cot \widehat \gamma = \frac{{M{K^2} - ME \cdot MZ}}{{\rho \cdot MK}} + \frac{{M{\Lambda ^2} - ME \cdot MZ}}{{\rho \cdot M\Lambda }} =}} $\displaystyle{\frac{1}{\rho } \cdot \frac{{M{K^2} \cdot M\Lambda - ME \cdot MZ \cdot M\Lambda + MK \cdot M{\Lambda ^2} - ME \cdot MZ \cdot MK}}{{MK \cdot M\Lambda }} =}$
$\displaystyle{\frac{1}{\rho } \cdot \frac{{MK \cdot M\Lambda \cdot \left( {MK + M\Lambda } \right) - ME \cdot MZ \cdot \left( {M\Lambda + MK} \right)}}{{MK \cdot M\Lambda }} = }$ $\displaystyle{\frac{1}{\rho } \cdot \frac{{\overbrace {\left( {MK + M\Lambda } \right)}^\rho \cdot \left( {MK \cdot M\Lambda - ME \cdot MZ} \right)}}{{MK \cdot M\Lambda }} = \frac{{MK \cdot M\Lambda - ME \cdot MZ}}{{MK \cdot M\Lambda }}}$ .

Ομοίως έχουμε ότι $\displaystyle{\cot \widehat \beta + \cot \widehat \delta = \frac{{MZ \cdot ME - MK \cdot M\Lambda }}{{MZ \cdot ME}}}$ .

Τελικά $\displaystyle{\frac{1}{{\cot \widehat a + \cot \widehat \gamma }} + \frac{1}{{\cot \widehat \beta + \cot \widehat \delta }} = }$ \displaystyle{\displaystyle{\frac{{MK \cdot M\Lambda }}{{MK \cdot M\Lambda - ME \cdot MZ}} + \frac{{MZ \cdot ME}}{{MZ \cdot ME - MK \cdot M\Lambda }} = }} $\displaystyle{\frac{{MK \cdot M\Lambda - MZ \cdot ME}}{{MK \cdot M\Lambda - MZ \cdot ME}} = 1}$

ask_60.ggb: tetragono; (13.56 KiB) Μεταφορτώθηκε 123 φορές

#206

KARKAR έγραψε:
orestisgotsis έγραψε:Άσκηση 74

Θεωρούμε δύο τετράγωνα $\displaystyle{AB\Gamma \Delta ,\,\,\,A{B}'{\Gamma }'{\Delta }'}$ με τον ίδιο προσανατολισμό. Να δεχθεί ότι $\displaystyle{B{B}'\bot \Delta {\Delta }'}$ .

74.png
Προσθέτω σχήμα με ...κόστος δύο επιπλέον ερωτήματα . Αν το σημείο τομής των ,

δείξτε ότι τα είναι συνευθειακά και $\widehat{CSB}=45^0$

Αφού έχουμε λύση εντός φακέλου μπορούμε να ξεφύγουμε και να δούμε το μεν πρώτο ερώτημα άμεσο συμπέρασμα στροφής (αριστερής, με βάση το σχήμα του Θανάση)περί το

κατά

τα δε επόμενα δύο ώς άμεσα συμπεράσματα στροφής και ομοιοθεσίας περί το

κατά

μοίρες και λόγο $\sqrt{2}$

KARKAR · #207

'Ασκηση 76

: Τελευταίο βέλος.png (9.82 KiB) Προβλήθηκε 2831 φορές

Υπολογίστε το μέτρο της γωνίας $\phi$ , αν το τελευταίο βέλος "σημαδεύει" την κορυφή

του τετραγώνου

Μιχάλης Τσουρακάκης · #208

Καλημέρα.

Έστω $\textrm{AD}\cap \textrm{TS}=\textrm{E}$ και $\textrm{F}$ το συμμετρικό του $\textrm{S}$ ως προς άξονα $\textrm{EA}$ .Τότε ,προφανώς η $\textrm{ED}$ είναι διχοτόμος της γωνίας $\textrm{E}$ του ισοσκελούς τριγώνου $\textrm{FES}$ κι επειδή $\angle DSA=\varphi$ , η $\textrm{SA}$ είναι διχοτόμος της εξωτερικής του γωνίας $\textrm{FST}$ και $\textrm{A}$ είναι το παράκεντρό του .
Έτσι ,αν $\textrm{AK}$ το ύψος του ισοσκελούς τριγώνου $\textrm{SAT}$ θα είναι ,ίσο με την ακτίνα $\alpha =\textrm{KD}$ του παρεγγεγραμμένου κύκλου κι ακόμη $\angle SAK=\angle TAK=\textrm{x}$ κι επειδή $\textrm{DS,ST,TB}$ εφαπτόμενες,τελικά είναι $\angle DAS=\angle SAK=\angle KAT=\angle TAB=\textrm{x}\Rightarrow 4\textrm{x}=90^{0}\Rightarrow \textrm{x}=22.5^{0}\Rightarrow \varphi =3\textrm{x}=3\cdot 22.5^{0}\Rightarrow \varphi =67.5^{0}$

BRAHMA · #209

Άσκηση 076

Με $\vartriangle ABT = \vartriangle ADS$ ( $AB = AD\& AT = AS\& \widehat B = \widehat D = {1^L}$ ) θα έχω

$\widehat {BAT} = \widehat {SAD} = y$ .

$\left. \begin{gathered} x + 2\phi = {180^0} \hfill \\ x + 2y = {90^0} \hfill \\ x + y = \phi \hfill \\ \end{gathered} \right\} \Leftrightarrow \left. \begin{gathered} 2(\phi - y) = {90^0} \hfill \\ x + 2y = {90^0} \hfill \\ x = \phi - y \hfill \\ \end{gathered} \right\} \Leftrightarrow \left. \begin{gathered} \phi = {67,5^0} \hfill \\ y = {22,5^0} \hfill \\ x = {45^0} \hfill \\ \end{gathered} \right\}$

#210

Ά σ κ η σ η 77

: tetragono_ 077.png (7.29 KiB) Προβλήθηκε 2746 φορές

Στην πλευρά

τετραγώνου ABCD

κινείται σημείο

. Στην προέκταση της

προς το

θεωρούμε σημείο

, τέτοιο ώστε, DP = BS

. Ας πούμε

το

σημείο τομής των $BD\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,PS$ . Αν $Z\,\,,\,\,\,H$ τα σημεία τομής της

με τις

$CB\,\,\,,\,\,\,CS$ αντίστοιχα, για ποια θέση του

θα έχουμε :

(DPT) = (BSHZ)

;

Νίκος

KARKAR · #211

Άσκηση 78

: 78.png (10.14 KiB) Προβλήθηκε 2734 φορές

Στο τετράγωνο ABCD

, έχουμε σχεδιάσει το τεταρτοκύκλιο $D\overset{\frown}{AC}$ και το εσωτερικό ημικύκλιο

διαμέτρου

τα οποία τέμνονται στο

. Επίσης

είναι τα μέσα των AB,CD

αντίστοιχα .

1) Δείξτε ότι τα σημεία C,S,M

είναι συνευθειακά .

2) Αν η

τέμνει το τεταρτοκύκλιο στο

, δείξτε ότι BT=2SM

apotin · #212

Άσκηση 79

Τετράγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ είναι εγγεγραμμένο σε ημικύκλιο διαμέτρου $\displaystyle{{\rm K}\Lambda }$ ενός κύκλου $\displaystyle{(O, R)}$ .

Να βρεθεί ο λόγος του εμβαδού του τετραγώνου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ προς το εμβαδόν του τετραγώνου που είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο $\displaystyle{(O, R)}$

: tet_79.png (4.71 KiB) Προβλήθηκε 2724 φορές

KARKAR · #213

Doloros έγραψε:Ά σ κ η σ η 77
Στην πλευρά τετραγώνου κινείται σημείο . Στην προέκταση της

προς το θεωρούμε σημείο , τέτοιο ώστε, . Ας πούμε το

σημείο τομής των $BD\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,PS$ . Αν $Z\,\,,\,\,\,H$ τα σημεία τομής της με τις

$CB\,\,\,,\,\,\,CS$ αντίστοιχα, για ποια θέση του θα έχουμε :

: 77.png (18.34 KiB) Προβλήθηκε 2576 φορές

Η προφανής ισότητα των CDP,CBS

καθιστά το

μέσο της

. Αν

η προβολή του

στην

εύκολα παίρνουμε τα μήκη των AQ,QB,QT

. Δουλεύοντας πλέον με συντεταγμένες θα βρω εκείνες του

ως τομή των ευθειών

με εξίσωση $\displaystyle y=\frac{a-m}{a+m}x$ και

με εξίσωση $\displaystyle y=-\frac{a}{m}x+\frac{a(a+m)}{m}$ ,

που είναι το $\displaystyle H\left(\frac{a(a+m)^2}{a^2+2am-m^2} \: , \: \frac{a(a^2-m^2)}{a^2+2am-m^2} \right)$

Επίσης με χρήση ομοιότητας τριγώνων έχω $\displaystyle \frac{a-m}{a+m}=\frac{(ZB)}{a}\Leftrightarrow (ZB)=\frac{a(a-m)}{a+m}$ .

Εν τέλει $\displaystyle (BSHZ)=(AHS)-(AZB)=...\frac{am(a-m)(a^2+4am+m^2)}{2(a+m)(a^2+2am-m^2)}$

Αφ'ετέρου είναι $\displaystyle (DPT)=\frac{m(a+m)}{4}$ . Η εξίσωση των δύο εμβαδών οδηγεί στην εξίσωση :

m^4-2am^3-10a^2m^2+2a^3m+a^4=0

, η οποία είναι ισοδύναμη με την (m^2+2am-a^2)(m^2-4am-a^2)=0

,

η οποία δίνει μοναδική αποδεκτή λύση την $m=(\sqrt{2}-1)a$ .

Σημείωση : Γι'αυτήν την τιμή του

η εφαπτομένη της $\widehat{BAT}$ γίνεται $\sqrt{2}-1$ , ώστε $\widehat{BAT}=22,5^0$ .

Ας αγνοηθεί τι πρόσθετο ερώτημα , που θέλει άχαρο διαφορικό λογισμό ...

#214

KARKAR έγραψε:Άσκηση 78
Στο τετράγωνο , έχουμε σχεδιάσει το τεταρτοκύκλιο $D\overset{\frown}{AC}$ και το εσωτερικό ημικύκλιο διαμέτρου τα οποία τέμνονται στο . Επίσης είναι τα μέσα των αντίστοιχα . 1) Δείξτε ότι τα σημεία είναι συνευθειακά . 2) Αν η τέμνει το τεταρτοκύκλιο στο , δείξτε ότι

1) Το σημείο ανήκει στον ριζικό άξονα των δύο κύκλων (κοινή τους χορδής) και με εφαπτόμενα τμήματα στους κύκλους

θα είναι ${\left( {MA} \right)^2} = {\left( {MB} \right)^2} = \left( {MS} \right) \cdot \left( {MC} \right) \Rightarrow \left( {MA} \right) = \left( {MB} \right) \Rightarrow M$ το μέσο του και το πρώτο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.
[attachment=0]78.png[/attachment]
2) Με το μέσο της το θα είναι το αντιδιαμετρικό του ως προς τον $\left( D \right)$ , όπου $A' \equiv BN \cap AD$ .

Ετσι $\left\{ \begin{gathered} \left( {BT} \right) \cdot \left( {BA'} \right)\mathop = \limits^{{\rm B}{\rm T}{\rm A}'\,\,\tau \varepsilon \mu \nu o\upsilon \sigma \alpha \,\, - \,\,BA\,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \,\,\sigma \tau o\nu \,\,\left( D \right)} {\left( {BA} \right)^2} \\ \left( {MS} \right) \cdot \left( {MC} \right)\mathop = \limits^{MSC\,\,\tau \varepsilon \mu \nu o\upsilon \sigma \alpha \,\, - \,\,MB\,\,\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\mu \iota \kappa \rho o\,\,\eta \mu \iota \kappa \upsilon \kappa \lambda \iota o} {\left( {MB} \right)^2} \\ \end{gathered} \right.$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( : \right)} \dfrac{{\left( {BT} \right) \cdot \left( {BA'} \right)}}{{\left( {MS} \right) \cdot \left( {MC} \right)}} = \dfrac{{{{\left( {BA} \right)}^2}}}{{{{\left( {MB} \right)}^2}}}$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {BA'} \right) = 2\left( {BN} \right)\mathop = \limits^{MBCN\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o} 2\left( {MC} \right),{{\left( {BA} \right)}^2} = 4{{\left( {MB} \right)}^2}}$ $\dfrac{{\left( {BT} \right) \cdot 2\left( {MC} \right)}}{{\left( {MS} \right) \cdot \left( {MC} \right)}} = \dfrac{{4{{\left( {MB} \right)}^2}}}{{{{\left( {MB} \right)}^2}}} \Rightarrow$ $\dfrac{{\left( {BT} \right)}}{{\left( {MS} \right)}} = 2 \Rightarrow \boxed{\left( {BT} \right) = 2\left( {MS} \right)}$ και το δεύτερο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#215

KARKAR έγραψε:Άσκηση 78
Το συνημμένο 78.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο τετράγωνο , έχουμε σχεδιάσει το τεταρτοκύκλιο $D\overset{\frown}{AC}$ και το εσωτερικό ημικύκλιο

διαμέτρου τα οποία τέμνονται στο . Επίσης είναι τα μέσα των αντίστοιχα .

1) Δείξτε ότι τα σημεία είναι συνευθειακά .

2) Αν η τέμνει το τεταρτοκύκλιο στο , δείξτε ότι

Καλησπέρα στους αγαπητούς.

: Τετράγωνα 078.png (25.31 KiB) Προβλήθηκε 2698 φορές

1) Αρκεί να δείξουμε ότι το σημείο τομής

της ευθείας

με την

είναι το μέσο της πλευράς

. Έστω

το κέντρο του δοθέντος ημικυκλίου . Η διάκεντρος

είναι μεσοκάθετος στην κοινή χορδή

του ημικυκλίου αυτού με το τεταρτοκύκλιο της εκφώνησης και άρα $\widehat \phi = \widehat \theta$ . Τώρα τα ορθογώνια τρίγωνα
$CDK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BCM$ είναι ίσα γιατί έχουν επί πλέον τις κάθετες πλευρές $CD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ ίσες οπότε θα έχουν και CK = BM

, δηλαδή το

μέσο του

. Μπορούμε τώρα να διατυπώσουμε την ισοδύναμη πρόταση :
Η ευθεία που ενώνει την κορυφή

με το μέσο της πλευράς

διέρχεται από το σημείο τομής του τεταρτοκυκλίου (D,DA)

με τον ημικύκλιο διαμέτρου

( που βρίσκονται και τα δύο μέσα στο τετράγωνο ABCD

)

2) Τώρα κατ’ αντιστοιχία η ευθεία

θα διέρχεται από κοινό σημείο

του ίδιου τεταρτοκυκλίου με το ημικύκλιο διαμέτρου

.
Από την προφανή (και γνωστή με βάσει το θεώρημα Ευκλείδη ) ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $BMC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SMB$ και αφού BC = 2BM

θα έχουμε και BS = 2MS

. Αλλά με βάσει τα προηγούμενα τα ορθογώνια τρίγωνα $SCB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TAB$ θα είναι ίσα και άρα BS = BT

, συνεπώς και BT = 2MS

.

Νίκος

orestisgotsis · #216

ΠΕΡΙΤΤΑ

thanasis.a · #217

KARKAR έγραψε:'Ασκηση 76
Τελευταίο βέλος.png
Υπολογίστε το μέτρο της γωνίας $\phi$ , αν το τελευταίο βέλος "σημαδεύει" την κορυφή του τετραγώνου

..καλημέρα..

έστω $\hat{AST}=\hat{STA}=\phi \Rightarrow AS=AT \,\,\,\,(1) ,\,\,\,\,SA=AT\,\,\,\,(2)\,\,\,\,\,\hat{SAT}=180^{\circ} -2\varphi \,\,\,\,\,(3)$ και επίσης $\hat{SAD}=90^{\circ} -\varphi \,\,\,(4)$

Επίσης έχουμε: $\bigtriangleup ADS=\bigtriangleup ATB\,\,\,\,(1.\hat{D}=\hat{B}=90^{\circ} ,\,\,\,2.AS=AT\,\,\,3.AD=AB)$ \displaystyle{\Rightarrow \hat{SAD} =\hat{TAB}=90-\varphi\,\,\,(5) .

Οπότε από (3),(4),(5) έχουμε:

\hat{DAS}+\hat{SAT}+TAB=90^{\circ} \Rightarrow 90-\varphi +180-2\varphi +90-\varphi =180} $\Rightarrow ..\Rightarrow$ $\varphi=67,5^{\circ}$

#218

Άσκηση 080

Σε τετράγωνο $\displaystyle{\,\,\,{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta \,\,\,\,}$ , πλευράς $\displaystyle{\,\,\,1\,\,\,}$ παίρνουμε σημείο $\displaystyle{{\rm Z}}$ ώστε $\displaystyle{{\rm Z}\Delta = x}$ .
Η μεσοκάθετος του $\displaystyle{\,\,A{\rm Z}\,\,}$ τέμνει τις $\displaystyle{\,\,A\Delta \,\,,\,\,{\rm B}\Gamma \,\,}$ στα $\displaystyle{\,\,{\rm M}\,\,,\,\,{\rm K}\,}$ .
Έστω $\displaystyle{\,\Lambda \,}$ το συμμετρικό του $\displaystyle{\,\,\,{\rm B}\,\,\,}$ ως προς την $\displaystyle{\,{\rm M}{\rm K}\,}$ . Η $\displaystyle{\,\,{\rm Z}\Lambda \,\,}$ τέμνει την $\displaystyle{\,{\rm B}\Gamma \,}$ στο $\displaystyle{\,\,{\rm N}\,\,\,}$ .
Να αποδείξετε ότι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο $\displaystyle{\,\,{\rm Z}\Gamma {\rm N}\,\,}$ είναι ίση με $\displaystyle{\,\,\Lambda {\rm N}\,\,}$ .

#219

ΑΣΚΗΣΗ 81

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{ABCD}$ και σημείο $\displaystyle{E}$ στη διαγώνιο $\displaystyle{AC}$ , με $\displaystyle{AE<EC}$ . Η ευθεία $\displaystyle{DE}$ τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{Z}$ .

Η κάθετη προς την $\displaystyle{DZ}$ στο σημείο $\displaystyle{E}$ τέμνει την $\displaystyle{AD}$ στο $\displaystyle{K}$ , την $\displaystyle{BC}$ στο $\displaystyle{L}$ και την ευθεία $\displaystyle{BA}$ στο $\displaystyle{H}$ . Να αποδείξετε ότι :

α) $\displaystyle{DZ=KL}$

β) $\displaystyle{AH=CL}$

γ) $\displaystyle{DK=ZH}$

δ) Το τετράπλευρο $\displaystyle{DKZL}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Ιστοσελίδα · #220

Επειδή σκοπεύω να ξεκινήσω κάποια στιγμή την αποδελτίωση, θα παρακαλούσα όσους φίλους έχουν φυλάξει τις εκφωνήσεις / λύσεις σε word να μου τις στείλουν στο nannosmikeatgmail.com (όπου at=@)...θα με διευκολύνουν πάρα πολύ.

Επίσης, όσοι επιθυμούν ας μου γράψουν και το Ονοματεπώνυμό τους για να συμπεριληφθεί στο βιβλίο.

Σας ευχαριστώ!

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

ΑΣΚΗΣΗ 76

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