mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 7:03 pm**

Άσκηση 94
Τα σημεία $E\;,\;Z$ βρίσκονται στις πλευρές $AB\;,\;BC$ ενός τετραγώνου πλευράς ώστε . Αν η διαγώνιος χωρίζει το τρίγωνο $\overset{\triangle}{DEZ}$ σε δύο τρίγωνα με λόγο εμβαδών , τότε να βρεθεί ο λόγος $\displaystyle \frac{(ABCD)}{(DEZ)}$ .

Είναι $\displaystyle\frac{{\left( {DMZ} \right)}}{{\left( {DME} \right)}} = 2 \Leftrightarrow \frac{{MZ}}{{ME}} = 2 \Leftrightarrow MZ = 2ME$ , αφού έχουν κοινό ύψος.

Είναι AE = BZ = x

, οπότε $EB = ZC = \alpha - x$

Στο τρίγωνο EBZ

η

είναι διχοτόμος και από θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου είναι:

$\displaystyle\frac{{MZ}}{{ME}} = \frac{{BZ}}{{BE}} \Leftrightarrow \frac{x}{{\alpha - x}} = 2 \Leftrightarrow x = 2\alpha - 2x \Leftrightarrow x = \frac{2}{3}\alpha$ και $\alpha - x = \frac{1}{3}\alpha$

$\left( {DEZ} \right) = \left( {ABCD} \right) - \left( {ADE} \right) - \left( {DCZ} \right) - \left( {EBZ} \right) \Rightarrow$

$\left( {DEZ} \right) = \left( {ABCD} \right) - \frac{1}{2}\alpha x - \frac{1}{2}\alpha \left( {\alpha - x} \right) - \frac{1}{2}x\left( {\alpha - x} \right) \Rightarrow$

$\displaystyle\left( {DEZ} \right) = \left( {ABCD} \right) - \frac{1}{2} \cdot \alpha \cdot \frac{2}{3} \cdot \alpha - \frac{1}{2} \cdot \alpha \cdot \frac{1}{3} \cdot \alpha - \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \cdot \alpha \cdot \frac{1}{3} \cdot \alpha \Rightarrow$

$\displaystyle\left( {DEZ} \right) = \left( {ABCD} \right) - \frac{1}{3} \cdot {\alpha ^2} - \frac{1}{6} \cdot {\alpha ^2} - \frac{1}{9} \cdot {\alpha ^2} \Rightarrow$

$\displaystyle\left( {DEZ} \right) = \left( {ABCD} \right) - \frac{1}{3} \cdot \left( {ABCD} \right) - \frac{1}{6} \cdot \left( {ABCD} \right) - \frac{1}{9} \cdot \left( {ABCD} \right) \Rightarrow$

$\displaystyle\left( {DEZ} \right) = \frac{7}{{18}}\left( {ABCD} \right) \Rightarrow \frac{{\left( {ABCD} \right)}}{{\left( {DEZ} \right)}} = \frac{{18}}{7}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 7:18 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 93. Σημείο κινείται επί της διαγωνίου τετραγώνου . Εκατέρωθεν της σχεδιάζω τα ισόπλευρα τρίγωνα . Δείξτε ότι το εμβαδόν του τετραπλεύρου , παραμένει σταθερό και υπολογίστε το .

Έστω $PP' \bot BD,TT' \bot BD$ , με $P',T' \in BD$ . Τότε με $AC \bot BD \Rightarrow PP'\parallel AC\parallel TT' \Rightarrow$ $\angle KP'P = \angle KSC = \angle KTT' = {60^0}$ , με $K \equiv PT \cap BD$ .

Από τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle KP'P,\vartriangle KT'T\mathop \Rightarrow \limits^{\angle PKP' = \angle TKT' = {{30}^0}}$ $\left\{ \begin{gathered} \boxed{\left( {PP'} \right) = \dfrac{{\left( {KP} \right)}}{2}}:\left( 1 \right) \hfill \\ \boxed{\left( {TT'} \right) = \dfrac{{\left( {KT} \right)}}{2}}:\left( 2 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.$ .
[attachment=0]93.png[/attachment]
Είναι $\left( {DPBT} \right) = \left( {PDB} \right) + \left( {TDB} \right) =$ $\dfrac{{\left( {BD} \right) \cdot \left( {PP'} \right)}}{2} + \dfrac{{\left( {BD} \right) \cdot \left( {TT'} \right)}}{2} =$ $\dfrac{{\left( {BD} \right)}}{2}\left[ {\left( {PP'} \right) + \left( {TT'} \right)} \right]\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)}$

$\left( {DPBT} \right) = \dfrac{{\left( {BD} \right)}}{4}\left[ {\left( {KP} \right) + \left( {KT} \right)} \right] \Rightarrow$ $\boxed{\left( {DPBT} \right) = \dfrac{{\left( {BD} \right)\left( {PT} \right)}}{4}}:\left( 3 \right)$ .

Με $\left\{ \begin{gathered} \left( {SP} \right)\mathop = \limits^{\vartriangle SAP\,\,\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o} \left( {SA} \right) \hfill \\ \left( {ST} \right)\mathop = \limits^{\vartriangle SCT\,\,\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o} \left( {ST} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( + \right)}$ $\left( {SP} \right) + \left( {ST} \right) = \left( {SA} \right) + \left( {SC} \right) \Rightarrow$ $\left( {PT} \right) = \left( {AC} \right) = \left( {BD} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)}$

$\left( {DPBT} \right) = \dfrac{{{{\left( {BD} \right)}^2}}}{4}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {BD} \right) = a\sqrt 2 } \boxed{\left( {DPBT} \right) = \dfrac{{{a^2}}}{2} = ct}$ , όπου το μήκος της πλευράς του τετραγώνου και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 7:53 pm**

Ασκηση 093

.... Λίγο διαφορετικά από το Στάθη ...

Aπό το $\displaystyle{\,D\,\,}$ φέρουμε την $\displaystyle{\,\,(\varepsilon )\,\,//\,\,\,PT}$ .
Η κάθετη από το $\displaystyle{\,\,B\,}$ στην $\displaystyle{\,\,\,PT\,}$ τέμνει την $\displaystyle{\,\,\,PT\,}$ στο $\displaystyle{\,N\,\,}$ και την $\displaystyle{\,\,(\varepsilon )}$ στο $\displaystyle{\,\,\,L\,\,\,}$ .
Η ευθεία $\displaystyle{\,\,\,(\varepsilon )\,\,\,}$ είναι σταθερή διότι διέρχεται από το σταθερό σημείο $\displaystyle{\,\,\,D\,\,\,}$ και σχηματίζει γωνία $\displaystyle{\,{15^0}\,\,}$ με την $\displaystyle{\,\,\,DC\,\,}$ .
Επομένως η $\displaystyle{\,\,BL\,\,}$ είναι σταθερή και επειδή $\displaystyle{\,\widehat{\,LBD}\, = \,{90^0} - {15^0} - {45^0} = {30^0}}$ , έχουμε ότι $\displaystyle{\,\,LB = \frac{{BD}}{2}\,\,\,}$
Τότε :
$\displaystyle{\begin{array}{l} (DPBT) = (PTB) + (PTD) = \frac{1}{2}PT(DK + BN) = \\ = \frac{1}{2}PT(LN + BN) = \frac{1}{2}PT \cdot BL = \frac{1}{2}AC \cdot \frac{{BD}}{2} = \\ = \frac{1}{4}AC \cdot BD = \frac{1}{2}(ABCD) \\ \end{array}}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 7:53 pm**

Άσκηση 96
(Αν δεν έχει προταθεί...)

Δίνεται τετράγωνο ABCD

και σημείο

στην προέκταση της πλευράς

.

Η κάθετη από το σημείο

προς την ευθεία

, τέμνει την

στο σημείο

και την ευθεία

στο σημείο

.

Να αποδειχθεί ότι: $A{B^2} = AH \cdot BE$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 8:08 pm**

Άσκηση 97

: ask54.png (4.78 KiB) Προβλήθηκε 1005 φορές

Δίνεται τετράγωνο ABCD

πλευράς

. Με κέντρο το μέσο της

γράφουμε τόξο $\overset{\frown}{EZ}$ στο εσωτερικό του τετραγώνου το οποίο χωρίζει το τετράγωνο σε δύο χωρία με ίσες περιμέτρους .
Ένας κύκλος εφάπτεται εξωτερικά στο τόξο $\overset{\frown}{EZ}$ και στις πλευρές $AB\;,\;AD$ του τετραγώνου. Να βρεθεί η ακτίνα του ως συνάρτηση του

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 8:34 pm**

kostas_zervos έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 87

Το συνημμένο ask52.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνεται το τετράγωνο πλευράς και τα ημικύκλια με διαμέτρους $AB\;,\;DC$ στο εσωτερικό του.
Ένα σημείο κινείται στην πλευρά . Φέρνουμε την που τέμνει το ημικύκλιο διαμέτρου στο και το ημικύκλιο διαμέτρου στο . Έστω επίσης το μέσο του . Αν η εφάπτεται στο ημικύκλιο διαμέτρου τότε:
α)Να αποδειχτεί ότι οι ευθείες $MZ\;,\;CH$ και συντρέχουν και ότι $\displaystyle AE=\frac{a}{3}$ .
β)Να αποδειχτεί ότι ο κύκλος με διάμετρο τέμνει την και να βρεθεί το μήκος της χορδής που αποκόπτει από αυτή ως συνάρτηση του .

: τετράγωνα087.png (48.96 KiB) Προβλήθηκε 991 φορές

Έστω σύστημα καρτεσιανών συντεταγμένων με αρχή το κέντρο

του τετραγώνου και μοναδιαίο του οριζοντίου άξονα το $\overrightarrow i = \overrightarrow {MB}$ . Έτσι $A( - 1,1)\,,\,B(1,1)\,,\,C(1, - 1)\,,\,D( - 1, - 1)$ . Επίσης το άνω ημικύκλιο (M)

κέντρου

θα έχει εξίσωση ${x^2} + {(y - 1)^2} = 1\,\,,\,\,0 \leqslant y \leqslant 1$ και το κάτω (N)

${x^2} + {(y + 1)^2} = 1\,\,\,,\,\, - 1 \leqslant y \leqslant 0$ . Κάθε σημείο ${C_0}({x_0},{y_0})$ έχει πολική ως προς τον (M)

την ευθεία με εξίσωση $x{x_0} + (y - 1)({y_0} - 1) = 1$ και άρα για το C(1, - 1)

η πολική του θα είναι η ευθεία $BZ \to x - 2y + 1 = 0$ . Το σημείο λοιπόν $Z \to \left. \begin{gathered} {x^2} + {(y - 1)^2} = 1 \hfill \\ x - 2y + 1 = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right\}$ και έτσι $\boxed{Z( - \frac{3}{5},\frac{1}{5})}$ . Η ευθεία τώρα $DZ \to \left| {\begin{array}{*{20}{c}} x&y&1 \\ { - 1}&{ - 1}&1 \\ { - 3}&1&5 \end{array}} \right| = 0 \Leftrightarrow y = 3x + 2$ και άρα $H \to \left. \begin{gathered} y = 3x + 2 \hfill \\ {x^2} + {(y + 1)^2} = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right\}$ οπότε $\boxed{H( - \frac{4}{5}, - \frac{2}{5})}$ . Μετά απ’ αυτά έχουμε : $CH \to \left| {\begin{array}{*{20}{c}} x&y&1 \\ 1&{ - 1}&1 \\ { - 4}&{ - 2}&5 \end{array}} \right| = 0 \Leftrightarrow \boxed{x + 3y + 2 = 0}$ και $MZ \to \left| {\begin{array}{*{20}{c}} x&y&1 \\ 0&1&1 \\ { - 3}&1&5 \end{array}} \right| = 0 \Leftrightarrow \boxed{4x - 3y + 3 = 0}$ . Η δε $AD \to \boxed{x + 1 = 0}$ .
Επειδή η ορίζουσα $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&3&2 \\ 4&{ - 3}&3 \\ 1&0&1 \end{array}} \right| = 0$ οι ευθείες CH,MZ,AD

συντρέχουν . Το σημείο τομής του, έστω $S \to \left. \begin{gathered} x = - 1 \hfill \\ x + 3y + 2 = 0 \hfill \\ \end{gathered} \right\}$ δηλαδή $\boxed{S( - 1, - \frac{1}{3})}$ .
Τώρα στο δεύτερο ερώτημα .
Το P( - 1,0)

είναι μέσο του

και έτσι $\boxed{\overrightarrow {MZ} = (\frac{2}{5},\frac{1}{5})}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\boxed{\overrightarrow {MH} = (\frac{1}{5}, - \frac{2}{5})}\,$ και άρα $\overrightarrow {MZ} \cdot \overrightarrow {MH} = 0 \Rightarrow MZ \bot MH$ συνεπώς ο κύκλος διαμέτρου

διέρχεται από το

. Έστω ακόμα L( - 1,b)

σημείο του

για το οποίο $ZL \bot LH \Rightarrow \overrightarrow {ZL} \cdot \overrightarrow {LH} = 0$ κι επειδή $\overrightarrow {ZL} = ( - \displaystyle\frac{2}{5},\displaystyle\frac{{5b - 1}}{5})\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\overrightarrow {LH} = (\displaystyle\frac{1}{5}, - \displaystyle\frac{{(5b + 2)}}{5})$ έχουμε: $5{b^2} + b = 0$ και άρα $\boxed{L( - 1, - \frac{1}{5})}$ και προφανώς το μήκος της χορδής είναι $\boxed{PL = \frac{1}{5}}$ .
Τέλος το σημείο τομής

των $BZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MC$ προκύπτει εύκολα $\boxed{X(\frac{1}{5},\frac{3}{5})}$ και το μέσο του

είναι $\boxed{K( - \frac{7}{{10}}, - \frac{1}{{10}})}$ αφού δε η ορίζουσα $\left| {\begin{array}{*{20}{c}} { - 1}&{ - \displaystyle\frac{1}{3}}&1 \\ { - \displaystyle\frac{7}{{10}}}&{ - \displaystyle\frac{1}{{10}}}&1 \\ {\displaystyle\frac{1}{5}}&{\displaystyle\frac{3}{5}}&1 \end{array}} \right| = 0$ τα σημεία S,K,X

είναι στην ίδια ευθεία.

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 9:12 pm**

Ά σ κ η σ η 098

Επανέρχομαι με συμπλήρωση και νέου ερωτήματος .

: tetrag_98_ok.png (22.04 KiB) Προβλήθηκε 944 φορές

Πάνω στην πλευρά

, τετραγώνου ABCD

, κινείται σημείο

. Στην πλευρά

θεωρούμε σημείο

, τέτοιο ώστε AE = BH

. Αν η κάθετη

προς την

κόψει τη διαγώνιο

στο σημείο

, να δείξετε ότι:

1. DM = EH

. και

2. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου MEH

διέρχεται από το

και από το κέντρο

του τετραγώνου .

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 9:25 pm**

Άσκηση 99

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ και σημείο $\displaystyle{K}$ στην προέκταση της $\displaystyle{\Delta \Gamma }$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{\Gamma {\rm K} = \alpha \Gamma \Delta }$ , όπου $\displaystyle{\alpha \ge 1}$ .
Έστω $\displaystyle{E}$ το μέσον της $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{Z}$ το σημείο τομής των $\displaystyle{\Delta {\rm B},\;\Gamma {\rm E}}$ .
Αν η $\displaystyle{KZ}$ τέμνει την $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ στο $\displaystyle{H}$ , να υπολογισθεί ο λόγος $\displaystyle{\frac{{{\rm B}{\rm H}}}{{{\rm H}\Gamma }}}$ .

: tet_99.png (4.53 KiB) Προβλήθηκε 977 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 9:30 pm**

Ά σ κ η σ η 100

: τετράγωνα100.png (19.58 KiB) Προβλήθηκε 973 φορές

Από την κορυφή

τετραγώνου ABCD

σχεδιάζουμε δύο ευθείες μέσα στο

τετράγωνο.

Από τις κορυφές $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,D$ φέρνουμε κάθετα τμήματα προς τις ευθείες .

Τα $BK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DM$ προς την μια , τα $BL\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DN$ προς την άλλη .

Δείξετε ότι τα $KL\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MN$ , είναι μεταξύ τους ίσα και κάθετα.

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 9:37 pm**

hlkampel έγραψε:Άσκηση 96
(Αν δεν έχει προταθεί...)

Δίνεται τετράγωνο και σημείο στην προέκταση της πλευράς .

Η κάθετη από το σημείο προς την ευθεία , τέμνει την στο σημείο και την ευθεία στο σημείο .

Να αποδειχθεί ότι: $A{B^2} = AH \cdot BE$

..καλησπέρα..

$\bigtriangleup AHD\approx \bigtriangleup BCE\,\,\,\,(\hat{A}=90=\hat{B},\,\,\,\,\,\hat{ADH}=\hat{BEC})$ (γωνίες με κάθετες πλευρές)

Άρα έχουμε: $\displaystyle\frac{AH}{BC}=\frac{AD}{BE}\Rightarrow \boxed{{AB^{2}}=AH\cdot BE}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 9:43 pm**

μια πρόταση
μιας και πρόκειται για συλλογή γεωμετρίας,
ας υπάρχει τουλάχιστον μια (καθαρή) γεωμετρική λύση σε κάθε άσκηση

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 15, 2013 10:09 pm**

parmenides51 έγραψε:μια πρόταση
μιας και πρόκειται για συλλογή γεωμετρίας,
ας υπάρχει τουλάχιστον μια (καθαρή) γεωμετρική λύση σε κάθε άσκηση

Για την ΑΣΚΗΣΗ 37, που είναι δικής μου κατασκευής, έχω δώσει λύση μόνο με αναλυτική γεωμετρία. Προσπάθησα να δώσω και γεωμετρική λύση, αλλά χωρίς αποτέλεσμα. Ωστόσο, παραμένει ακόμα άλυτη. Ίσως κάποιος τα καταφέρει , αλλιώς θα γράψω την λύση με συντεταγμένες.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2013 12:06 am**

apotin έγραψε:Άσκηση 99

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ και σημείο $\displaystyle{K}$ στην προέκταση της $\displaystyle{\Delta \Gamma }$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{\Gamma {\rm K} = \alpha \Gamma \Delta }$ , όπου $\displaystyle{\alpha \ge 1}$ .
Έστω $\displaystyle{E}$ το μέσον της $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{Z}$ το σημείο τομής των $\displaystyle{\Delta {\rm B},\;\Gamma {\rm E}}$ .
Αν η $\displaystyle{KZ}$ τέμνει την $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ στο $\displaystyle{H}$ , να υπολογισθεί ο λόγος $\displaystyle{\frac{{{\rm B}{\rm H}}}{{{\rm H}\Gamma }}}$ .

Το συνημμένο tet_99.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο

: tetragona_99.png (19.23 KiB) Προβλήθηκε 930 φορές

Ας είναι

η προβολή του

στην

και το μήκος της πλευράς του τετραγώνου $AD = 3x\,\,,\,\,x > 0$ . Επειδή τα τρίγωνα $ZDC\,\,,\,\,ZBE$ είναι όμοια με λόγο ομοιότητας $\lambda = 2$ και τα ύψη τους θα έχουν τον ίδιο λόγο . Το ορθογώνιο τρίγωνο TDZ

έχει την εις το

οξεία γωνία του ${45^0}$ , άρα είναι ισοσκελές , οπότε DT = TZ = 2x

. Θα είναι δε και TC = x

. Αν θέσουμε $BH = k\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,HC = m$ από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $KTZ\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,KCH$ έχουμε: $\displaystyle\frac{{CH}}{{TZ}} = \displaystyle\frac{{KC}}{{KT}} \Rightarrow \displaystyle\frac{{CH}}{{2x}} = \displaystyle\frac{{3ax}}{{x + 3ax}} \Rightarrow \boxed{m = 3x\displaystyle\frac{{2a}}{{3a + 1}}}$ . Τώρα $k = 3x - m = 3x - 3x\displaystyle\frac{{2a}}{{3a + 1}}$ . Δηλαδή $\boxed{k = 3x\displaystyle\frac{{a + 1}}{{3a + 1}}}$ . Ο ζητούμενος λόγος $\displaystyle\frac{{HB}}{{HC}} = \displaystyle\frac{k}{m} \Rightarrow \boxed{\displaystyle\frac{{HB}}{{HC}} = \displaystyle\frac{{a + 1}}{{2a}}}$ .

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2013 12:53 am**

: 100_1_~1.PNG (19.58 KiB) Προβλήθηκε 918 φορές

Τα ορθογώνια τρίγωνα ADM,ABK

είναι ίσα διότι έχουν ίσες υποτείνουσες και $\widehat{ADM}=\widehat{BAK}$ ως οξείες με τις πλευρές τους κάθετες. Άρα $\boxed{AM=BK}$
Ομοίως τα τρίγωνα ADN,ABL

είναι ίσα οπότε $\boxed{AN=BL}$
Επιπλέον $\widehat{MAN}=\widehat{LBK}$ από το εγγράψιμο τετράπλευρο ABKL

( η

φαίνεται υπό ορθές γωνίες από τα K,L.

)
Άρα τα τρίγωνα AMN,BKL

είναι ίσα οπότε $\boxed{KL=MN}$

Τα τμήματα αυτά είναι και κάθετα διότι $\widehat{ANM}+\widehat{NLK}=90^o.$ Η τελευταία προκύπτει από την ισότητα $\widehat{ANM}=\widehat{BLK}.$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2013 2:59 am**

apotin έγραψε:Άσκηση 88

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ . Από το $\displaystyle{B}$ φέρνουμε κάθετο προς τη διχοτόμο της γωνίας $\displaystyle{\widehat {\Delta \Gamma {\rm A}}}$ η οποία τέμνει τη διχοτόμο στο $\displaystyle{E}$ , την $\displaystyle{{\rm A}\Gamma }$ στο $\displaystyle{H}$ και την $\displaystyle{\Gamma \Delta }$ στο $\displaystyle{Z}$ .
Να δείξετε ότι $\displaystyle{\Delta {\rm Z} = 2{\rm H}{\rm O}}$ .

εδώ κι εδώ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2013 10:34 am**

Ας θυμηθούμε ότι έχουν μείνει προς το παρόν αναπάντητες οι 24,27,37,51,59,84,95

.

Πιάσαμε το στόχο . Επειδή , όμως , κάποιες είναι της ίδιας "κοπής" και κάποες άλλες ίσως ελαφρά άστοχες , θα πρότεινα

την επέκταση της λίστας ως το π.χ. 110

. Φυσικά ο κύριος στόχος παραμένει η επίλυση των μέχρι στιγμής άλυτων ...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2013 10:49 am**

Καλημέρα. Αν και με πρόλαβε ο Θανάσης δίνω και τα δικά μου στοιχεία.

Φτάσαμε αισίως στον αριθμό 100

(μετά από, σχεδόν,

ημέρες), φυσικά οι ασκήσεις μπορούν να συνεχιστούν…εγώ δεσμεύτηκα για 100

ασκήσεις

Δίνω ένα αρχείο excel, όπου φαίνονται αναλυτικά οι Θεματοδότες, οι λύτες και σε ποιες σελίδες βρίσκονται οι εκφωνήσεις και οι λύσεις.

Μέχρι στιγμής άλυτες είναι οι: $24,\,27,\,37,\,51,\,59,\,73,\,84,\,95,\,97,\,98$ (η

είναι από παραπομπή του parmenidis…έχει και άλλες παραπομπές που προς το παρόν δεν τις έχω συμπεριλάβει).

Υπενθυμίζω πως θα με διευκολύνατε υπερβολικά αν μου στέλνατε ο καθένας σας, στο e-mail μου, το υλικό σε Geogebra και Word.

Σας ευχαριστώ πολύ και πάλι για τη συμμετοχή σας!

Υ.Γ. Αν επιθυμείτε να δημιουργηθεί μια καινούρια σειρά ασκήσεων με διαβάθμιση βαθμού δυσκολίας και συνένωση κάποιων από αυτές δεν έχω καμία αντίρρηση!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2013 12:27 pm**

kostas_zervos έγραψε:Άσκηση 97
Δίνεται τετράγωνο πλευράς . Με κέντρο το μέσο της γράφουμε τόξο $\overset{\frown}{EZ}$

στο εσωτερικό του τετραγώνου το οποίο χωρίζει το τετράγωνο σε δύο χωρία με ίσες περιμέτρους .

Ένας κύκλος εφάπτεται εξωτερικά στο τόξο $\overset{\frown}{EZ}$ και στις πλευρές $AB\;,\;AD$ του τετραγώνου.

Να βρεθεί η ακτίνα του ως συνάρτηση του .

: 97.png (10.37 KiB) Προβλήθηκε 819 φορές

Αν ονομάσουμε

την πλευρά του τετραγώνου , τότε εύκολα διαπιστώνουμε ότι οι πλευρές

του ορθογωνίου τριγώνου KLM

είναι $2a-x,a-x,a\sqrt{2}+x$ . Εφαρμόζοντας το Π.Θ. (τα νούμερα

δεν βοηθούν !) , παίρνω ότι η ακτίνα

του κύκλου μας , είναι $x= \left( {3+\sqrt{2}-\sqrt{8+6\sqrt{2}}}\right)a$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2013 2:58 pm**

Άσκηση 101

: 101.png (15.68 KiB) Προβλήθηκε 792 φορές

Σημείο

κινείται επί της πλευράς

, τετραγώνου ABCD

, με την

να τέμνει την

στο

. Σχεδιάζω

προς το μέρος της

, τα τετράγωνα BSPQ

και

. Δείξτε ότι η κορυφή

του μεγάλου τετραγώνου

και η κορυφή

του μικρού , κινούνται επί της ευθείας

και υπολογίστε την ελάχιστη απόστασή τους .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 16, 2013 6:38 pm**

apotin έγραψε:Άσκηση 99

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ και σημείο $\displaystyle{K}$ στην προέκταση της $\displaystyle{\Delta \Gamma }$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{\Gamma {\rm K} = \alpha \Gamma \Delta }$ , όπου $\displaystyle{\alpha \ge 1}$ .
Έστω $\displaystyle{E}$ το μέσον της $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{Z}$ το σημείο τομής των $\displaystyle{\Delta {\rm B},\;\Gamma {\rm E}}$ .
Αν η $\displaystyle{KZ}$ τέμνει την $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ στο $\displaystyle{H}$ , να υπολογισθεί ο λόγος $\displaystyle{\frac{{{\rm B}{\rm H}}}{{{\rm H}\Gamma }}}$ .

tet_99.png

..καλο απόγευμα..

και μια ακλομη αντιμετώπιση

Με θεώρημα Μενελάου στο $\bigtriangleup \Delta \Gamma B$ με διατέμνουσα την ZHK

έχουμε: $\displaystyle\frac{K\Delta }{K\Gamma }\cdot \frac{H\Gamma }{HB}\cdot \frac{ZB}{Z\Delta }=1\Rightarrow ....\Rightarrow \frac{HB}{H\Gamma }=\frac{ZB}{Z\Delta }\cdot \frac{\alpha +1}{\alpha }\,\,\,\,(1)$

Τώρα επειδή $\displaysstyle\bigtriangleup EZB\approx \Delta \Gamma Z\Rightarrow \frac{D\Gamma }{EB}=\frac{\Delta Z}{ZB}\Rightarrow ...\frac{ZB}{\Delta Z}=\frac{1}{2}\,\,\,\,(2)$

Από τις σχέσεις (1),(2) έχουμε: $\displaystyle\boxed{\frac{HB}{H\Gamma }=\frac{\alpha +1}{2\alpha }}$

mathematica.gr

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