mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 03, 2013 6:25 pm**

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 189
Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{{\rm{ABCD}}}$ ,πλευράς $\displaystyle{a}$ . Σημείο $\displaystyle{S}$ , κινείται επί της $\displaystyle{AB}$ και η κάθετη $\displaystyle{{\rm{AM}}}$ στην $\displaystyle{DS}$ , τέμνει την $\displaystyle{BC}$ στο $\displaystyle{E}$ και την $\displaystyle{BD}$ στο $\displaystyle{Q}$ .Αν $\displaystyle{N}$ είναι το μέσον της $\displaystyle{MD}$
1.Βρείτε τη θέση του $\displaystyle{S}$ ώστε $\displaystyle{BM \bot AN}$ και 2.Για την παραπάνω θέση του $\displaystyle{S}$ ,βρείτε το λόγο $\displaystyle{\lambda = \dfrac{{\left( {DCEQ} \right)}}{{\left( {QBA} \right)}}}$

$\bullet$ 1) Ας είναι $O \equiv AC \cap BD$ , $T \equiv DM \cap AC$ και το μέσο της . Τότε στο τρίγωνο $\vartriangle DMB$ το ευθύγραμμο τμήμα

συνδέει τα μέσα των πλευρών του οπότε: $\left\{ \begin{gathered} NO\parallel BM\mathop \Rightarrow \limits^{BM \bot AN} \boxed{ON \bot AN}:\left( 1 \right) \\ \boxed{\left( {NO} \right) = \dfrac{{\left( {BM} \right)}}{2}}:\left( 2 \right) \\ \end{gathered} \right.$ .

Επίσης στο τρίγωνο $\vartriangle DAM$ το ευθύγραμμο τμήμα συνδέει τα μέσα των πλευρών του οπότε: $\boxed{NP\parallel AM}:\left( 3 \right)$ και στο τρίγωνο $\vartriangle DAB$ το ευθύγραμμο

τμήμα συνδέει τα μέσα των πλευρών του οπότε: $\boxed{OP\parallel AB}:\left( 4 \right)$ και με $AB \bot AD \Rightarrow OP \bot AD\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} APNO$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο, άρα

$\boxed{\angle OAN = \angle NPO}:\left( 5 \right)$ . Επίσης $\boxed{\angle NPO = \angle MAS}:\left( 6 \right)$ (έχουν παράλληλες πλευρές του ίδιου προσανατολισμού).

Από $\left( 5 \right),\left( 6 \right) \Rightarrow \angle OAN = \angle MAS\mathop \Rightarrow \limits^{ + \angle MAO}$ $\angle MAN = \angle SAT = {45^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle ANO = {{90}^0}}$

$\angle ANT = \angle TNO = {45^0} \Rightarrow NT$ διχοτόμος του τριγώνου $\vartriangle ANO \Rightarrow \boxed{\dfrac{{\left( {TO} \right)}}{{\left( {TA} \right)}} = \dfrac{{\left( {NO} \right)}}{{\left( {NA} \right)}}}:\left( 7 \right)$ .

Προφανώς είναι $\left\{ \begin{gathered} \left( {AB} \right) = \left( {AD} \right) = a \\ \angle MAB\mathop = \limits^{o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle ADN \\ \angle MBA\mathop = \limits^{o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle NAD \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$ $\vartriangle MAB = \vartriangle NDA\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 7 \right)} \boxed{\dfrac{{\left( {TO} \right)}}{{\left( {TA} \right)}} = \dfrac{{\left( {NO} \right)}}{{\left( {MB} \right)}}\mathop = \limits^{\left( 2 \right)} \dfrac{1}{2}}:\left( 8 \right)$

Στο τρίγωνο $\vartriangle ADB$ με διάμεσο από τη σχέση $\left( 8 \right)$ προκύπτει ότι το είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $\vartriangle ADB$ και συνεπώς η ευθεία

είναι η ευθεία της διαμέσου του από την κορυφή , άρα το είναι το μέσο του και το πρώτο ζητούμενο έχει βρεθεί.
[attachment=0]189.png[/attachment]
$\bullet$ 2) Προφανώς είναι και το μέσο της (από τα ίσα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle ADS,\vartriangle ABE\left( {\left( {AD} \right) = \left( {AB} \right),\angle ADS\mathop = \limits^{o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle BAE} \right)$

Από $EB\parallel AD \Rightarrow \dfrac{{\left( {QE} \right)}}{{\left( {QA} \right)}} = \dfrac{{\left( {EB} \right)}}{{\left( {AD} \right)}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow$ $\dfrac{{\left( {BQE} \right)}}{{\left( {BQA} \right)}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \dfrac{{\left( {BQE} \right)}}{{\left( {ABE} \right)}} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow$ $\left( {BQE} \right) = \dfrac{{\left( {ABE} \right)}}{3} = \dfrac{{\dfrac{{\left( {ABCD} \right)}}{4}}}{3} \Rightarrow$ $\boxed{\left( {BQE} \right) = \dfrac{{\left( {ABCD} \right)}}{{12}}}:\left( 9 \right)$ .

Είναι $\left( {DCEQ} \right) = \left( {DCB} \right) - \left( {BQE} \right) = \dfrac{{\left( {ABCD} \right)}}{2} - \dfrac{{\left( {ABCD} \right)}}{{12}}$ $\Rightarrow \boxed{\left( {DCEQ} \right) = \dfrac{{5\left( {ABCD} \right)}}{{12}}}:\left( {10} \right)$ και $\boxed{\left( {QBA} \right) = 2\left( {BQE} \right)\mathop = \limits^{\left( 9 \right)} \dfrac{{\left( {ABCD} \right)}}{6}}:\left( {11} \right)$

Από $\left( {10} \right),\left( {11} \right) \Rightarrow \dfrac{{\left( {DCEQ} \right)}}{{\left( {QBA} \right)}} = \dfrac{{\dfrac{{5\left( {ABCD} \right)}}{{12}}}}{{\dfrac{{\left( {ABCD} \right)}}{6}}} \Rightarrow$ $\boxed{\dfrac{{\left( {DCEQ} \right)}}{{\left( {QBA} \right)}} = \dfrac{5}{2}}$ και το δεύτερο ζητούμενο έχει υπολογιστεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 03, 2013 6:43 pm**

Άσκηση 193

: 193.png (62.12 KiB) Προβλήθηκε 2540 φορές

Ας γράψουμε και μια ωραία υπολογιστική άσκηση : Το

είναι το μέσο της πλευράς

τετραγώνου ABCD

.

Εξωτερικά του τετραγώνου , σχεδιάζω τα ημικύκλια με διαμέτρους DM,CM

και ονομάζω K,L

τα μέσα τους .

Υπολογίστε το μήκος του τμήματος

, συναρτήσει της πλευράς

του τετραγώνου .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 03, 2013 9:31 pm**

Καθαρά Γεωμετρικά. Λύση στην άσκηση 193

: 03-07-2013 Γεωμετρία b.jpg (32.55 KiB) Προβλήθηκε 2523 φορές

Είναι $\displaystyle DM = CM = \sqrt {{a^2} + {{\left( {\frac{a}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt 5 }}{2}a$

Έστω N, T

τα μέσα των DM, CM

αντίστοιχα, οπότε $\displaystyle KN = TL = \frac{{\sqrt 5 }}{4}a$ (ως ακτίνες των ημικυκλίων).

Αφού K, L

τα μέσα των ημικυκλίων, είναι $\displaystyle KN \bot DM,\;\;LT \bot CM$ , οπότε $\displaystyle \widehat {EKN} = \widehat {ADM}$ (και ομοίως $\displaystyle \widehat {TLF} = \widehat {MCB}$ ) αφού έχουν πλευρές κάθετες.

Από την ομοιότητα των MAD, KNE

έχουμε $\displaystyle \frac{{KN}}{{AD}} = \frac{{KE}}{{DM}} = \frac{{NE}}{{AM}} \Leftrightarrow \frac{{\frac{{\sqrt 5 }}{4}a}}{a} = \frac{{KE}}{{\frac{{\sqrt 5 }}{2}a}} = \frac{{NE}}{{\frac{a}{2}}}$ , από όπου προκύπτει ότι $\displaystyle KE = \frac{5}{8}a,\;\;\;NE = \frac{{\sqrt 5 }}{8}a$

Οπότε $\displaystyle EM = NM - NE = \frac{{\sqrt 5 }}{8}a$

Τα FEM, DCM

είναι όμοια, αφού έχουν δύο πλευρές συνευθειακές και τις τρίτες παράλληλες, με $\displaystyle \frac{{ME}}{{MD}} = \frac{{EF}}{{DC}} \Leftrightarrow \frac{{\frac{{\sqrt 5 }}{8}a}}{{\frac{{\sqrt 5 }}{2}a}} = \frac{{EF}}{a} \Leftrightarrow EF = \frac{1}{4}a$

Ομοίως βρίσκουμε και ότι $\displaystyle FL = \frac{5}{8}a$ , οπότε $\displaystyle KL = \frac{5}{8}a + \frac{2}{8}a + \frac{5}{8}a = \frac{{12}}{8}a = \frac{3}{2}a$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 03, 2013 9:58 pm**

Αν δεν έχει ξαναπροταθεί .... άσκηση 194

(τροποποιημένη από τη συλλογή του Γ. Απλακίδη "Είναι άραγε νεκρός ο Ευκλείδης;)

: 03-07-2013 Γεωμετρία γ.jpg (9.06 KiB) Προβλήθηκε 2495 φορές

Έστω τετράγωνο ABCD

πλευράς

και

τα μέσα των πλευρών του AB, BC, CD, DA

αντίστοιχα. Βρείτε το εμβαδό του γραμμοσκιασμένου μπλε τετραπλεύρου συναρτήσει της πλευράς

.

edit: Επειδή η άσκηση υπάρχει ήδη (αριθμός 10), παρακαλώ μη λάβετε υπόψη την αρίθμηση σε τυχόν απαντήσεις. Ως 194 ας θεωρηθεί η επόμενη άσκηση του Κώστα.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 03, 2013 10:13 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 190
Το συνημμένο 190.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημείο κινείται στη βάση τετραγώνου . Φέρω $AT \perp DS$ .

Η τέμνει την στο σημείο . Εντοπίστε τη θέση του αν : 1) $\displaystyle AM=\frac{AD}{3}$

2) Το είναι μέσο της . Επιτρεπτή η επίκληση των Καρτέσιου και Φειδία !

Το β ερώτημα εχει αντιμετωπιστεί πιο πριν.

Θεωρώ το τετράγωνο ADIJ

.

διάμεσος του τργ JDB

και επειδή DM:MA=2:1

προκύπτει ότι

βαρύκεντρο του τργ JDB

συνεπώς η

διέρχεται από το μέσον

της

.

Προφανώς στο ορθογώνιο τργ HDB

είναι $\boxed{DB:DH=2:1}$ (1)

$\angle DHA=90^0$ (αφού

κέντρο του τετραγώνου ADIJ

)

συνεπώς

εγγράψιμο

άρα $\angle H = w = \angle DAT=\angle ASD$ (2) ( η τελευταία ισότητα επειδή είναι οξείες γωνίες με πλευρές καθέτους)

Λόγω (2) και επειδή τα τργ HDB , DAS

είναι ορθογώνια έπεται η ομοιότητά τους συνεπώς

DB:DH=2:1=DA:AS=AB:AS=2:1.

Δηλ

μέσον του

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 03, 2013 10:31 pm**

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Αν δεν έχει ξαναπροταθεί .... άσκηση 194

Έστω τετράγωνο πλευράς και τα μέσα των πλευρών του αντίστοιχα. Βρείτε το εμβαδό του γραμμοσκιασμένου μπλε τετραπλεύρου συναρτήσει της πλευράς .

Γενική αντιμετώπιση εδώ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 03, 2013 11:46 pm**

Καλησπέρα. Η άσκηση 194

είναι η άσκηση 010 της συλλογής.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 04, 2013 12:48 am**

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Καλησπέρα. Η άσκηση είναι η άσκηση 010 της συλλογής.

Είναι

$(AE \Gamma H)= AE \cdot B \Gamma=(AB \Gamma \Delta):2$

Με βάση το σχήμα είναι

$(K \Lambda MN)=4E=\frac{4}{10}(AE \Gamma H) =\frac{4}{20}(AB \Gamma \Delta) =\frac{1}{5}(AB \Gamma \Delta)$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 04, 2013 12:58 am**

Άσκηση 194

: ask195.png (3.02 KiB) Προβλήθηκε 2438 φορές

Δίνεται τετράγωνο ABCD

πλευράς

.
Το σημείο

κινείται στην πλευρά

. Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του εμβαδού του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\overset{\triangle}{AED}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 04, 2013 4:24 am**

Μια σκέψη για την 192

Έστω $\textrm{DP}=\textrm{x},\textrm{QB}=\textrm{y}$
Επειδή $\angle ADB=\angle DBA=45^{0},\textrm{SP}\perp \textrm{DA},\textrm{SQ}\perp \textrm{AB}$ ,τα τρίγωνα $\textrm{DPS,SQB}$ είναι ορθογώνια ισοσκελή .Άρα $\textrm{DP=PS=AQ}=\textrm{x}\Rightarrow \textrm{x+y}=\alpha$
Ισχύει $\frac{\textrm{x+y}}{2}\geq \sqrt{\textrm{xy}}\Rightarrow \frac{\alpha }{2}\geqslant \sqrt{\textrm{xy}}\Leftrightarrow \frac{\textrm{xy}}{\alpha ^{2}}\leq \frac{1}{4}\Leftrightarrow 1-\frac{\textrm{xy}}{\alpha ^{2}}\geq \frac{3}{4} (1)$
Στην προέκταση της $\textrm{AB}$ θεωρούμε σημείο $\textrm{L}$ ώστε $\textrm{BL}=\textrm{x}$ .Τότε τα ορθογώνια τρίγωνα $\textrm{DCP,CBL}$ προφανώς είναι ίσα κι έτσι $\angle BCL=\angle DCP=\varphi$ κι επειδή $\left ( \omega +\varphi \right )+\theta =90^{0}\Rightarrow \varepsilon \varphi \theta =\sigma \varphi \left ( \omega +\varphi \right )=\frac{\sigma \varphi \omega \sigma \varphi \varphi -1}{\sigma \varphi \omega +\sigma \varphi \varphi }=\frac{\frac{CB}{BQ}\cdot \frac{CB}{CL}-1}{\frac{CB}{CQ}+\frac{CB}{CL}}=\frac{\frac{\alpha ^{2}}{\textrm{xy}}-1}{\frac{\alpha }{\textrm{x}}+\frac{\alpha }{\textrm{y}}}=1-\frac{\textrm{xy}}{\alpha ^{2}}\Rightarrow \varepsilon \varphi \theta \geq \frac{3}{4}$
(Λόγω της $\left ( 1 \right )$ ) και το ζητούμενο αποδείχτηκε
Το ίσον ισχύει όταν $\textrm{x=y}=\frac{\alpha }{2}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 04, 2013 9:12 am**

Άσκηση 195

: 194.png (4.29 KiB) Προβλήθηκε 2389 φορές

Σημείο

κινείται επί της πλευράς

τετραγώνου ABCD

. Σημείο

κινείται επί της

,

έτσι ώστε να είναι DT=BS=x

. Βρείτε για ποια θέση του

ελαχιστοποιείται το

και δείξτε ότι , εκείνη τη στιγμή , μεγιστοποιείται το εμβαδόν του τριγώνου BST

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 04, 2013 10:45 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 195
Το συνημμένο 194.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημείο κινείται επί της πλευράς τετραγώνου . Σημείο κινείται επί της ,

έτσι ώστε να είναι . Βρείτε για ποια θέση του ελαχιστοποιείται το

και δείξτε ότι , εκείνη τη στιγμή , μεγιστοποιείται το εμβαδόν του τριγώνου .

α)

Με νόμο συνημιτόνων στο τργ TBS

$TS^2 =(2+\sqrt{2})x^2-(2+\sqrt{2})dx+d^2$

Το ελάχιστο του TS^2

άρα και του

προκύπτει όταν το ως προς

τριώνυμο έχει ελάχιστο , πράγμα που συμβαίνει όταν

$x=d:2=(a \sqrt{2}):2$

β)

$(TBS)=0,5 \cdot TB \cdot BS \cdot sin45^0 =0,5 (d-x)x \cdot sin45^0$ και επειδή (d-x)+x =ct

η παράσταση $0,5 (d-x)x\cdot sin45^0$ έχει μέγιστο όταν d-x=x

δηλ όταν

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 04, 2013 10:48 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 195
194.png
Σημείο κινείται επί της πλευράς τετραγώνου . Σημείο κινείται επί της ,

έτσι ώστε να είναι . Βρείτε για ποια θέση του ελαχιστοποιείται το

και δείξτε ότι , εκείνη τη στιγμή , μεγιστοποιείται το εμβαδόν του τριγώνου .

Από το νόμο συνημιτόνων στο $\overset{\triangle}{BST}$ έχουμε
$ST^2=x^2+(a\sqrt{2}-x)^2-2x(a\sqrt{2}-x)\dfrac{\sqrt{2}}{2}\iff\cdots$
$\iff ST^2=(2+\sqrt{2})x^2-2a(1+\sqrt{2})x+2a^2$ .

Επίσης $(BTS)=\dfrac{1}{2}x(a\sqrt{2}-x)\sin 45^o=\cdots=\dfrac{\sqrt{2}(-x^2+a\sqrt{2}x)}{4}$ .

Το ST^2

(άρα και το

) γίνεται ελάχιστο όταν $x=-\dfrac{-2a(1+\sqrt{2})}{2(2+\sqrt{2})}=\cdots=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$ , δηλαδή όταν το

είναι μέσο του

και $BS=BT=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$

Το (BST)

γίνεται μέγιστο για $x=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}$ , άρα για την ίδια θέση του

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 04, 2013 12:04 pm**

kostas_zervos έγραψε:Άσκηση 194
Δίνεται τετράγωνο πλευράς . Το σημείο κινείται στην πλευρά . Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του εμβαδού του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\overset{\triangle}{AED}$ .

: ask195.png (18.26 KiB) Προβλήθηκε 2340 φορές

Το εμβαδόν του τριγώνου $\vartriangle AED$ παραμένει σταθερό και ίσο με το μισό του εμβαδού του τετραγώνου.

Είναι $\left( {AED} \right) = \dfrac{{{a^2}}}{2} = \dfrac{{\left[ {\left( {AE} \right) + \left( {ED} \right)} \right] + a}}{2} \cdot r$ $\Rightarrow \boxed{r = \dfrac{{{a^2}}}{{\left[ {\left( {AE} \right) + \left( {ED} \right)} \right] + a}}}:\left( 1 \right)$ , όπου η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του εν΄λόγω τριγώνου.

Η μεγιστοποίηση του εμβαδού του εγγεγραμμένου κύκλου γίνεται με την μεγιστοποίηση της ακτίνας του η οποία από την $\left( 1 \right)$ θα συμβεί με την ελαχιστοποίηση του

$\left( {AE} \right) + \left( {ED} \right)$ η οποία θα συμβεί (έχει συζητηθεί αρκετές φορές, προκύπτει άμεσα από την «τριγωνική ανισοϊσότητα») όταν $\left( {AE} \right) = \left( {ED} \right)$

που θα συμβεί αν το μέσο της $BC\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi .\Theta } \left( {AE} \right) = \left( {ED} \right) = \sqrt {{a^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}} = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2} \Rightarrow$ ${r_{\max }} = \dfrac{{{a^2}}}{{a\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}} = \dfrac{a}{{\sqrt 5 + 1}} \Rightarrow$

$\max {E_{\left( I \right)}} = \pi r_{\max }^2 = \pi {\left( {\dfrac{a}{{\sqrt 5 + 1}}} \right)^2} = \pi \dfrac{{{a^2}}}{{2\left( {3 + \sqrt 5 } \right)}}$ $\Rightarrow \boxed{\max {E_{\left( I \right)}} = \pi \dfrac{{{a^2}\left( {3 - \sqrt 5 } \right)}}{8}}$ .

Εφαρμογή: για $a = 2 \Rightarrow \boxed{\max {E_{\left( I \right)}} = \pi \dfrac{{3 - \sqrt 5 }}{2}}$ .

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 04, 2013 12:11 pm**

kostas_zervos έγραψε:Άσκηση 194
Δίνεται τετράγωνο πλευράς .
Το σημείο κινείται στην πλευρά . Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του εμβαδού του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\overset{\triangle}{AED}$ .

: 194.png (10.1 KiB) Προβλήθηκε 2335 φορές

Επειδή $\displaystyle r=\frac{E}{\tau }$ και

σταθερό , το ζητούμενο εμβαδόν θα μεγιστοποηθεί όταν ελαχιστοποιηθεί το $\tau$

ή όταν ελαχιστοποιηθεί το (AE)+(DE)

. Αλλά τούτο συμβαίνει όταν $\displaystyle x=\frac{a}{2}$ , όπως προκύπτει π.χ. από Minkowski .

$\displaystyle \sqrt{a^2+x^2}+\sqrt{a^2+(a-x)^2}\geq \sqrt{(a+a)^2+(x+a-x)^2}=a\sqrt{5}$ ,

με την ισότητα να ισχύει όταν : $\displaystyle \frac{a}{x}=\frac{a}{a-x}\Leftrightarrow x=\frac{a}{2}$ .

Στην περίπτωσή μας $\displaystyle r=\frac{2}{1+\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2} , E=\frac{\pi}{4} (\sqrt{5}-1)^2\simeq 1.12$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 04, 2013 2:15 pm**

Άσκηση 196

: 196.png (11.7 KiB) Προβλήθηκε 2292 φορές

Εντός του τετραγώνου ABCD

έχουμε σχεδιάσει το ημικύκλιο διαμέτρου

και το τεταρτοκύκλιο $A\overset{\frown}{BD}$ .

Από τυχόν σημείο

του τεταρτοκυκλίου φέρουμε $ST \perp BC$ και τις SA,SB

, οι οποίες τέμνουν

το ημικύκλιο στα σημεία N,M

αντίστοιχα . Δείξτε ότι MS=MB

και

.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 04, 2013 3:11 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 196
Το συνημμένο 196.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Εντός του τετραγώνου έχουμε σχεδιάσει το ημικύκλιο διαμέτρου και το τεταρτοκύκλιο $A\overset{\frown}{BD}$ .

Από τυχόν σημείο του τεταρτοκυκλίου φέρουμε $ST \perp BC$ και τις , οι οποίες τέμνουν

το ημικύκλιο στα σημεία αντίστοιχα . Δείξτε ότι και .

: 196.png (20.27 KiB) Προβλήθηκε 2265 φορές

$\widehat {AMB} = {90^0}$ ( βαίνει σε ημικύκλιο) , οπότε $AM \bot SB$ , δηλαδή

απόστημα στην χορδή

του τεταρτοκυκλίου συνεπώς MS = MB

.

$\widehat {ANB} = {90^0}$ ( βαίνει σε ημικύκλιο).Αφού όμως MS = MB

Είναι

, δηλαδή η

χωρίζει την γωνία $\widehat {BAN}$ σε ίσες γωνίες $\widehat \omega$ , άρα $\widehat \omega = \widehat \theta$ ( κάθετες πλευρές ). Ακόμα $\widehat \omega = \widehat \phi$ ως εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο, δηλαδή $\boxed{\widehat \phi = \widehat \theta }$ . Έτσι η

διχοτόμος της $\widehat {NBT}$ και από την χαρακτηριστική ιδιότητα της διχοτόμου θα είναι SN = ST

.

Καλό μεσημέρι
Νίκος
edit: έκανα συμπλήρωση( κόκκινα) γιατί υπήρχε "χάσμα" στην απόδειξη

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 04, 2013 5:58 pm**

Άλλος τρόπος για την 196

1.Προφανώς , η $\textrm{DB}$ περνά από το μέσον $\textrm{Q}$ του ημικυκλίου που είναι μέσον της $\textrm{DB}$ .
$\angle x=\angle \omega ,\angle y=\angle \omega$ (υπό χορδής-εφαπτόμενης) άρα $\angle x=\angle y$ $\Rightarrow QM//DS$ κι αφού $\textrm{Q}$ μέσον της $\textrm{DB}$ , θα είναι $\textrm{M}$ μέσον της $\textrm{BS}$

2.Έστω $\textrm{SF}\perp \textrm{AB}. Είναι, \textrm{AM}\perp \textrm{BS},\textrm{TS}\perp \textrm{DA}\Rightarrow \textrm{ESMA}$ εγγράψιμο , οπότε ο περίκυκλος του $\textrm{ESMA}$ περνά από το $\textrm{F}$
$\textrm{TS}\cdot \textrm{TE}=\textrm{TM}\cdot \textrm{TF}=\textrm{SM}\cdot \textrm{SB}=\textrm{SN}\cdot \textrm{SA} \Rightarrow \textrm{TS}\cdot \alpha =\textrm{SN}\cdot \alpha \Rightarrow \textrm{TS=SN}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 05, 2013 8:44 pm**

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Καλημέρα σε όλους.

Πιστεύω ότι το εγχείρημα της συγκέντρωσης 200 (και …) ασκήσεων με τις λύσεις του είναι πολύ δύσκολο να υλοποιηθεί. Ο κόπος για όποιον (λέγε με Μιχάλη...) προσπαθήσει να το υλοποιήσει, πιστεύω ότι είναι υπερβολικός.

Επίσης, κατά τη γνώμη μου, όταν δίνονται και οι λύσεις δεν υπάρχει ενδιαφέρον για ενασχόληση από τον αναγνώστη.

Προτείνω, λοιπόν, κάτι το εφικτό, κομψό και με μεγαλύτερη πιθανότητα να κεντρίσει το ενδιαφέρον των αναγνωστών.

Η συλλογή να περιλαμβάνει μόνο τις εκφωνήσεις και στο τέλος σε ευρετήριο να δίνονται οι παραπομπές των λύσεων.
Έτσι το βιβλίο θα καλύπτει περίπου 112-120 σελίδες (2 εκφωνήσεις ανά σελίδα) και θα μπορεί να εκτυπωθεί σε "οικιακό" εκτυπωτή, για όποιον δεν επιθυμεί να διαβάζει στην οθόνη.

ας πω και την γνώμη μου από την μικρή μου εμπειρία περί φυλλαδίων

μπορούν να ετοιμαστούν 2 φυλλάδια

το πρώτο με εκφωνήσεις, στην τελευταία σελίδα με σκέτα τα αποτελέσματα
και παραπομπές είτε στην εκφώνηση είτε στο τέλος προς την λύση που έχει αναρτηθεί στο

το δεύτερο με εκφωνήσεις και λύσεις, το οποίο θέλει πάρα πολύ χρόνο για 3 λόγους
πρώτον πρέπει να ελεγχθούν και να βελτιωθούν όσες λύσεις δεν είναι αρκετά αναλυτικές
δεύτερον να ετοιμαστούν όλα τα σχήματα εκ νέου σε μορφή κατάλληλη για εκτύπωση σε pdf
τρίτον να ετοιμαστεί ενιαία μορφοποίηση σε εκφωνήσεις, σχήματα και λύσεις

Υ.Γ. Ας σταματήσετε στις 200, τι σας φταίει ο Μιχάλης ; αυτός να μην χαρεί καλοκαίρι ;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 06, 2013 11:23 am**

ΠΕΡΙΤΤΑ

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