mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 16, 2013 9:07 pm**

rek2 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 148
Στο επίπεδο του τετραγώνου θεωρούμε σημείο . Να αποδειχτεί ότι οι κάθετες που άγονται από τα σημεία αντιστοίχως στις συντρέχουν.

: 148.png (26.81 KiB) Προβλήθηκε 1359 φορές

Έστω το σημείο τομής των εκ των καθέτων ευθειών επί των αντίστοιχα. Τότε: $\left\{ \begin{gathered} AB\mathop = \limits^{ABCD\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} BC \\ \angle BAS\mathop = \limits^{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon } CBE \\ \angle SBA\mathop = \limits^{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon } ECB \\ \end{gathered} \right.\,\, \Rightarrow$

$\vartriangle ABS = \vartriangle CBE\mathop \Rightarrow \limits^{AB = \bot BC,AS = \bot BE} BS = \bot CE\mathop \Rightarrow \limits^{BC = \bot CD}$ $\vartriangle BSC = \vartriangle CED\mathop \Rightarrow \limits^{BS = \bot CE,BC = \bot CD} \boxed{SC = \bot DE}$ .

Με όμοιο τρόπο από την ισότητα (για τους ίδιους λόγους) των τριγώνων $\vartriangle ADE,\vartriangle CDS$ με δύο πλευρές τους ίσες και κάθετες μια προς μία

$\left( {AD = \bot CD,DE = \bot SC} \right)$ θα είναι και $\boxed{AS = \bot SD}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 16, 2013 11:09 pm**

rek2 έγραψε:
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
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
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)

Στάθη, εξαιρετικά! Πάντα τέτοια!

Να προσθέσω, ότι, αν προσέξουμε την απόδειξη του Αχιλλέα εδώ θα δούμε ότι (o_2-o_4)(-i)=o_1-o_3

και αφού ο πολλαπλασιασμός επί

στρέφει το διάνυσμα ( O_4, O_2)

κατά 90 μοίρες δεξιά, έχουμε απόδειξη με μιγαδικούς ότι τα O_3O_1, O_4O_2

είναι ίσα και κάθετα.

Θα βάλω μια απόδειξη ακόμα με δεξιές στροφές.

Η στροφή $R_{O_4}^{-90^o}$ στέλνει το

στο

και η στροφή $R_{O_3}^{-90^o}$ στέλνει το

στο

. Σύμφωνα με την πρόταση εδώ η σύνθεση $R_{O_3}^{-90^o}o R_{O_4}^{-90^o}$ είναι στροφή που γίνεται με κέντρο το σημείο

που είναι η τρίτη κορυφή του ορθογώνιου και ισοσκελούς τριγώνου O_3KO_4

και ισχύει

$R_{O_3}^{-90^o}o R_{O_4}^{-90^o} = R_K^{-180^o}$

Επειδή η σύνθεση αυτή στέλνει το

στο

συμπεραίνουμε ότι το

είναι το μέσο της

. Εργαζόμενοι ομοίως βλέπουμε ότι και το τρίγωνο O_2KO_1

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Από τα παραπάνω συνάγουμε δύο καλά συμπεράσματα:

1. Τα τετράγωνα που αναγράφουμε επί των O_3O_4

και

αριστερόστροφα ( δηλαδή προς τα «έξω»), έχουν κοινό κέντρο ( το μέσο

της

)

2. Η στροφή $R_{K}^{-90^o}$ στέλνει το O_1O_3

στο

(αυτό αποδεικνύει το ζητούμενο).

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 17, 2013 12:58 pm**

Άσκηση 209

: Είδος και εμβαδόν.png (9.87 KiB) Προβλήθηκε 1298 φορές

Στο τετράγωνο ABCD

, με μήκος πλευράς

, έχουμε γράψει το τεταρτοκύκλιο $A \overset{\frown}{BD}$

και από το μέσο

της

, φέραμε το εφαπτόμενο τμήμα

. Αν

το μέσο της

βρείτε το είδος του τετραπλεύρου SMAN

και υπολογίστε το εμβαδόν του .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 17, 2013 4:35 pm**

KARKAR έγραψε: Στο τετράγωνο , με μήκος πλευράς , έχουμε γράψει το τεταρτοκύκλιο $A \overset{\frown}{BD}$ και από το μέσο της , φέραμε το εφαπτόμενο τμήμα . Αν το μέσο της βρείτε το είδος του τετραπλεύρου και υπολογίστε το εμβαδόν του .

Με το μέσο της και $\left( {NS} \right)\mathop = \limits^{\varepsilon \varphi \alpha \pi \tau o\mu \varepsilon \nu \iota \kappa \eta \,\,\tau \mu \eta \mu \alpha \tau \alpha } \left( {NB} \right) = \left( {NC} \right) \Rightarrow CS \bot BS$ $\mathop \Rightarrow \limits^{AN \bot BS\,\,\left( {ABNS\,\,\chi \alpha \rho \tau \varepsilon \tau o\varsigma } \right)} CS\parallel AN\mathop \Rightarrow \limits^{DA\parallel BC} AMCN$

παραλληλόγραμμο με $M \equiv DA \cap CS \Rightarrow \left( {AM} \right) = \left( {NC} \right) =$ $\dfrac{{\left( {BC} \right)}}{2} = \dfrac{{\left( {DA} \right)}}{2} \Rightarrow M$ το μέσο της , άρα το τετράπλευρο είναι ισοσκελές τραπέζιο

Είναι $\left( {SMAN} \right) = \left( {CMAN} \right) - \left( {CSN} \right) =$ $\left( {AM} \right)\left( {AB} \right) - \left( {SNB} \right) = \frac{a}{2}a - 2\left( {BTN} \right) \Rightarrow$ $\boxed{\left( {SMAN} \right) = \dfrac{{{a^2}}}{2} - 2\left( {BTN} \right)}:\left( 1 \right)$ (με $T \equiv AN \cap SB$ ).
[attachment=0]209.png[/attachment]
Όμως $\vartriangle BTN \sim \vartriangle ABN \Rightarrow \dfrac{{\left( {BTN} \right)}}{{\left( {ABN} \right)}} = {\left[ {\dfrac{{\left( {BN} \right)}}{{\left( {AN} \right)}}} \right]^2}$ $\mathop = \limits^{\left( {AN} \right)\mathop = \limits^{\Pi .\Theta \,\,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle ABN} \sqrt {{{\left( {AB} \right)}^2} + {{\left( {BN} \right)}^2}} = \ldots \frac{{a\sqrt 5 }}{2}} {\left[ {\dfrac{{\dfrac{a}{2}}}{{\dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}}}} \right]^2} = \dfrac{1}{5} \Rightarrow$

$\left( {BTN} \right) = \dfrac{{\left( {ABN} \right)}}{5}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {ABN} \right) = \frac{{\left( {AB} \right)\left( {BN} \right)}}{2} = \ldots \frac{{{a^2}}}{4}}$ $\left( {BTN} \right) = \dfrac{{{a^2}}}{{20}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \left( {SMAN} \right) = \dfrac{{{a^2}}}{2} - \dfrac{{{a^2}}}{{10}}$ $\Rightarrow \boxed{\left( {SMAN} \right) = \frac{{2{a^2}}}{5}}$ .

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 17, 2013 5:05 pm**

ΠΕΡΙΤΤΑ

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 17, 2013 5:43 pm**

ακόμη μια λύση της 209

$\textrm{NB=NS}=\frac{\alpha }{2}$ (εφαπτόμενα τμήματα) , $\textrm{MA}=\frac{\alpha }{2}$ , $\angle MAN=\angle ANB=\angle SNA=\omega$ άρα το $\textrm{MSNA}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο
Σχηματίζουμε το ορθογώνιο $\textrm{KLNA}$ κι έτσι τα τρίγωνα $\textrm{KMA,SLN}$ είναι ίσα.Άρα $\left ( MSNA \right )=\left ( KLNA \right )-2\left ( KMA \right )$
Τα ορθογώνια τρίγωνα $\textrm{KMA,ANB}$ είναι όμοια , αφού $\angle MAK=\angle NAB$ (οξείες με κάθετες πλευρές) , άρα $\frac{AM}{AN}=\frac{KM}{NB}=\frac{KA}{AB}\Rightarrow \frac{AM}{\frac{\alpha \sqrt{5}}{2}}=\frac{KM}{\frac{\alpha }{2}}=\frac{KA}{\alpha }\Rightarrow \textrm{KA}=\frac{\alpha \sqrt{5}}{5},\textrm{KM}=\frac{\alpha \sqrt{5}}{10}$
$\left ( KANL \right )=\textrm{AN}\cdot \textrm{KA}=\frac{\alpha \sqrt{5}}{5}\cdot \frac{\alpha \sqrt{5}}{2}=\frac{\alpha ^{2}}{2} ,\left 2( KMA \right )=\textrm{KM}\cdot \textrm{KA}=\frac{\alpha \sqrt{5}}{10}\cdot \frac{\alpha \sqrt{5}}{5}=\frac{\alpha 2}{10}\Rightarrow\left ( KANL \right )-2\left ( KMA \right )=\frac{\alpha 2}{2}-\frac{\alpha ^{2}}{10}\Rightarrow \left ( MSNA \right )=\frac{2\alpha ^{2}}{5}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 17, 2013 7:24 pm**

Άσκηση 210

: 210.png (6.99 KiB) Προβλήθηκε 1231 φορές

Εσωτερικά του τετραγώνου ABCD

, έχουμε σχεδιάσει ημικύκλιο διαμέτρου

και σε σημείο

,

το οποίο κινείται επί της

, φέρουμε κάθετή της , η οποία τέμνει το ημικύκλιο στο

.

Η εφαπτομένη του ημικυκλίου στο

τέμνει τις πλευρές AD,BC

στα

αντίστοιχα .

1) Βρείτε τα όρια εντός των οποίων κινείται το

, ώστε τα

να είναι εσωτερικά σημεία των AD,BC

.

2) Υπολογίστε το (PQ)

συναρτήσει του μήκους

της πλευράς του τετραγώνου και του s=(ST)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 17, 2013 7:27 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 209
Το συνημμένο Είδος και εμβαδόν.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο τετράγωνο , με μήκος πλευράς , έχουμε γράψει το τεταρτοκύκλιο $A \overset{\frown}{BD}$

και από το μέσο της , φέραμε το εφαπτόμενο τμήμα . Αν το μέσο της

βρείτε το είδος του τετραπλεύρου και υπολογίστε το εμβαδόν του .

Για να χαιρετίσω και για πλουραλισμό

: 209.png (19.48 KiB) Προβλήθηκε 1230 φορές

Το τετράπλευρο ABNM

είναι ορθογώνιο και NB = NS

(εφαπτόμενα τμήματα ).
Στο τετράπλευρο MANS

οι κορυφές M,S

βλέπουν την απέναντι πλευρά υπό ίσες και μάλιστα ορθές γωνίες ,συνεπώς είναι εγγράψιμο και αφού AM = SN

θα είναι ισοσκελές τραπέζιο.
Φέρνω την απόσταση

του

από την

που τέμνει την

στο

.
Το τετράπλευρο SBHN

είναι ρόμβος και έτσι το ζητούμενο εμβαδόν του τραπεζίου MANS

, ισούται με το άθροισμα του παραλληλογράμμου MAHS

και του τριγώνου HBN

.
Επειδή

αν θέσω $HE = 2y,y > 0\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EB = 2x\,.x > 0$ θα έχω
$AE = 4y\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BN = x + 2y$ . Από το Π. Θ. στο τρίγωνο EHB

θα έχω :
$H{B^2} = H{E^2} + E{B^2} \Rightarrow {(x + 2y)^2} = {(2y)^2} + {(2x)^2} \Rightarrow \boxed{3x = 4y}\,\,(1)$ . Όμως $\boxed{2x + 4y = 5\,}\,(2)$ ( και εν γένει 2x + 4y = a

, όπου

το μήκος της πλευράς του τετραγώνου ).
Εδώ οι $(1),\,\,(2)$ δίδουν $x = 1,y = \displaystyle\frac{3}{4}$ και άρα $\boxed{AE = 3\,\,,\,\,EB = 2}$ . Μετά απ’ αυτά:

$(MANS) = (MAHS) + (HBN) = MA \cdot AE + \displaystyle\frac{1}{2} \cdot BN \cdot EB = \displaystyle\frac{5}{2} \cdot 3 + \displaystyle\frac{1}{2} \cdot \displaystyle\frac{5}{2} \cdot 2 = 10$

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 18, 2013 12:44 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 210
Το συνημμένο 210.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Εσωτερικά του τετραγώνου , έχουμε σχεδιάσει ημικύκλιο διαμέτρου και σε σημείο ,

το οποίο κινείται επί της , φέρουμε κάθετή της , η οποία τέμνει το ημικύκλιο στο .

Η εφαπτομένη του ημικυκλίου στο τέμνει τις πλευρές στα αντίστοιχα .

1) Βρείτε τα όρια εντός των οποίων κινείται το , ώστε τα να είναι εσωτερικά σημεία των .

2) Υπολογίστε το συναρτήσει του μήκους της πλευράς του τετραγώνου και του

: tetrag_210.png (19.59 KiB) Προβλήθηκε 1209 φορές

Φέρνουμε την εφαπτομένη του ημικυκλίου (K,R)

, που βρίσκεται μέσα στο τετράγωνο, από το ( π.χ.)

και έστω

το σημείο επαφής ,

δε η προβολή του στην

.
Το τρίγωνο EAB

εύκολα προκύπτει όμοιο με το AKD

( δεν το έφερα στο σχήμα για να μην το γεμίσω με γραμμές ) . Αφού δε AD = 2AK

θα είναι

.
Αν πούμε KL = x

θα ισχύει $\displaystyle\frac{{E{A^2}}}{{E{B^2}}} = \displaystyle\frac{{AL}}{{LB}} \Rightarrow 4 = \displaystyle\frac{{R + x}}{{R - x}} \Rightarrow \boxed{x = \displaystyle\frac{3}{5}R}$ . Η Σχέση αυτή μας καθορίζει την ακτίνα του διαστήματος που κινείται το

πάνω στο

δεξιά ή αριστερά από το

.
Τώρα στο δεύτερο ερώτημα , επειδή τα εφαπτόμενα τμήματα προς κύκλο είναι ίσα στο τρίγωνο SPQ

ισχύει $\displaystyle\frac{{TP}}{{TQ}} = \displaystyle\frac{{PA}}{{QB}}$ και λόγω του Θ. Θαλή $\displaystyle\frac{{TP}}{{TQ}} = \displaystyle\frac{{SA}}{{SB}}$ άρα $\displaystyle\frac{{PA}}{{QB}} = \displaystyle\frac{{SA}}{{SB}}$ η τελευταία μας εξασφαλίζει την ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων $PAS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,QBS$ με άμεση συνέπεια η

να είναι εσωτερική διχοτόμος στο τρίγωνο SPQ

και η

ο φορέας της εξωτερικής διχοτόμου από το

στο ίδιο τρίγωνο .
Επίσης επειδή η διακεντρική ευθεία διχοτομεί την γωνία των επικέντρων γωνιών οι ευθείες KP,KQ

είναι διχοτόμοι εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών άρα κάθετοι μεταξύ τους . Ας πούμε ακόμη

το σημείο τομής των DA,QS

. Με βάση τα παραπάνω θα είναι $\boxed{PA = AZ}$ .Μετά απ’ αυτά και αν θέσουμε $\boxed{d = PQ}$ θα έχουμε

$\displaystyle\frac{{TS}}{{PZ}} = \displaystyle\frac{{TQ}}{{PQ}} \Rightarrow \,\displaystyle\frac{s}{{2PA}} = \displaystyle\frac{{TQ}}{d} \Rightarrow \displaystyle\frac{s}{{2PT}} = \displaystyle\frac{{TQ}}{d}\, \Rightarrow sd = 2TP \cdot TQ$ . Αλλά $TP \cdot TQ = K{T^2}$ αφού όπως είπαμε το τρίγωνο KPQ

είναι ορθογώνιο στο

.
Άρα οι δύο τελευταίες σχέσεις δίδουν $sd = 2{R^2} \Leftrightarrow 2sd = {(2R)^2} \Leftrightarrow 2sd = {a^2}$ και έτσι

$\boxed{d = \displaystyle\frac{{{a^2}}}{{2s}}}$ .
Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 18, 2013 9:07 am**

: 210.png (13.85 KiB) Προβλήθηκε 1183 φορές

Το δεύτερο αποτέλεσμα θα μπορούσε , επίσης , να προκύψει από την αξιοποίηση της ομοιότητας των

ορθογωνίων τριγώνων ATB

και

( οι πράσινες γωνίες ίσες λόγω του εγγραψίμου AOTP

) .

Οπότε : $\displaystyle \frac{TS}{AB}=\frac{OT}{PQ}$ , δηλαδή : $\displaystyle PQ= \frac{a^2}{2s}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιούλ 18, 2013 8:42 pm**

Άσκηση 211

: 211.png (7.74 KiB) Προβλήθηκε 1160 φορές

Από σημείο

της διαγωνίου

τετραγώνου ABCD

, φέρω το

και το $SS' \perp AB$ .

Βρείτε σημείο

της

, ώστε αν φέρω το

και το $TT' \perp AB$ , να είναι (DST)=(SS'T'T)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 19, 2013 6:14 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 211
Το συνημμένο 211.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Από σημείο της διαγωνίου τετραγώνου , φέρω το και το $SS' \perp AB$ .

Βρείτε σημείο της , ώστε αν φέρω το και το $TT' \perp AB$ , να είναι

: SX1.png (6.03 KiB) Προβλήθηκε 1129 φορές

Ονομάζουμε $\displaystyle{AS{'}=b , BC=a}$ και $\displaystyle{ST=x}$ . Η διαγώνιος του τετραγώνου $\displaystyle{ABCD}$ είναι ίση με $\displaystyle{a\sqrt{2}}$ .

Τώρα θέλουμε να είναι $\displaystyle{(DST)=(TT{'}S{'}S)\Leftrightarrow ST.\upsilon =(TT{'}+SS{'}).S{'}T{'})\Leftrightarrow}$

$\displaystyle{y.\frac{a\sqrt{2}}{2}=(AT{'}+b)S{'}T{'}}$ , διότι τα τρίγωνα $\displaystyle{ASS{'}}$ και $\displaystyle{ATT{'}}$ είναι ορθογώνια και ισοσκελή.

Εύκολα βρίσκουμε ότι $\displaystyle{ST^{2}=2(S{'}T{'})^{2}}$ και άρα $\displaystyle{S{'}T{'}=\frac{x\sqrt{2}}{2}}$

Άρα έχουμε: $\displaystyle{x\frac{a\sqrt{2}}{2}=(b+\frac{x\sqrt{2}}{2}+b)\frac{x\sqrt{2}}{2}\Leftrightarrow a=2b+\frac{x\sqrt{2}}{2}}$

Άρα: $\displaystyle{x=(a-2b)\sqrt{2}}$ . Και αν θέσουμε $\displaystyle{c=a-2b}$ , έχουμε $\displaystyle{x=c\sqrt{2}\Leftrightarrow x^2 =c^2 +c^2}$

Συνεπώς την θέση του σημείου $\displaystyle{T}$ , την προσδιορίζουμε ως εξής:

: SX2.png (11.25 KiB) Προβλήθηκε 1129 φορές

Πάνω στην πλευρά $\displaystyle{AB}$ , παίρνουμε το σημείο $\displaystyle{P}$ , έτσι ώστε να είναι $\displaystyle{S{'}P=b}$ . Τότε $\displaystyle{PB=c}$ . Στη συνέχεια

πάνω στην πλευρά $\displaystyle{BC}$ , παίρνουμε το σημείο $\displaystyle{M}$ , ώστε να είναι $\displaystyle{CM=PB=c}$ . Τότε από το Πυθαγόρειο θεώρημα

έχουμε ότι $\displaystyle{PM=c\sqrt{2}=y}$ . Τέλος από το $\displaystyle{M}$ φέρνουμε $\displaystyle{MT//PS}$ , οπότε είναι $\displaystyle{ST=y}$ και άρα η θέση του $\displaystyle{T}$

βρέθηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 19, 2013 9:40 pm**

Άσκηση 212 ( Και λίγη Άλγεβρα ) :

: 212.png (8.6 KiB) Προβλήθηκε 1096 φορές

Δίπλα στο πλευράς

τετράγωνο

, τοποθετούμε άλλο τετράγωνο BEZH

.

Η

τέμνει την

στο

. Υπολογίστε την πλευρά

του δευτέρου τετραγώνου ,

ώστε να είναι (ZHS)=2(ASCD)

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 19, 2013 9:58 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 211
Το συνημμένο 211.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Από σημείο της διαγωνίου τετραγώνου , φέρω το και το $SS' \perp AB$ .

Βρείτε σημείο της , ώστε αν φέρω το και το $TT' \perp AB$ , να είναι

Καλησπέρα Θανάση , καλησπέρα Δημήτρη(ωραία λύση)

: Tetrag_211.png (22.03 KiB) Προβλήθηκε 1100 φορές

Μια λίγο διαφορετικά .
Ανάλυση :
Είναι γνωστό ότι το εμβαδόν τραπεζίου ισούται με το γινόμενο μιας των μη

παραλλήλων πλευρών επί την απόσταση του μέσου της άλλης απ’ αυτήν.

Έστω λοιπόν

η προβολή του μέσου

του

στην διαγώνιο

και

το

κέντρο του τετραγώνου . Επειδή

$(DST) = (SS'TT') \Leftrightarrow EM \cdot ST = \dfrac{1}{2}DO \cdot ST \Leftrightarrow \boxed{DO = 2ME}$

Κατασκευή :

Στο

και επί την διαγώνιο

υψώνουμε κάθετη $CZ = \dfrac{1}{2}DO$ . Η παράλληλη από

το

προς την

τέμνει την

στο σημείο

. το συμμετρικό του

ως προς

το

καθορίζει το

. Η κάθετη στο

επί την

τέμνει την

στο ζητούμενο

σημείο

.

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 20, 2013 12:17 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 212 ( Και λίγη Άλγεβρα ) :
Το συνημμένο 212.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίπλα στο πλευράς τετράγωνο , τοποθετούμε άλλο τετράγωνο .

Η τέμνει την στο . Υπολογίστε την πλευρά του δευτέρου τετραγώνου ,

ώστε να είναι

: 212_new.png (19.98 KiB) Προβλήθηκε 1076 φορές

Αν ${d_1} = MK,\,\,\,{d_2} = NL$ οι αποστάσεις των μέσων

, της

και

, της

αντίστοιχα από την

και

το ύψος του τριγώνου HSZ

θα έχουμε:

$\displaystyle{(HSZ) = 2(ADCS) \Rightarrow \dfrac{1}{2}SZ \cdot y = 2AS \cdot {d_1} \Leftrightarrow \boxed{SZ \cdot y = 4AS \cdot {d_1}}\,(1)}$

Αλλά $\dfrac{{SZ}}{{AS}} = \dfrac{x}{a}\,\,\,(2)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\dfrac{{{d_2}}}{{{d_1}}} = \dfrac{x}{a}\,\,(3)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\dfrac{y}{{{d_2}}} = \dfrac{{HZ}}{{AN}} \Rightarrow \dfrac{y}{{{d_2}}} = \dfrac{{2x}}{{2a + x}}\,\,(4)$

Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τις (3),(4)

και έχουμε: $\dfrac{y}{{{d_1}}} = \dfrac{{2{x^2}}}{{a(2a + x)}}\,\,(5)$ , ενώ η (1)

λόγω της

γίνεται : $\dfrac{y}{{{d_1}}} = 4\dfrac{a}{x}\,\,\,(6)$ . Εξισώνουμε τα δεύτερα μέλη των $(5)\,,\,\,(6)$ και

προκύπτει η εξίσωση: ${x^3} - 2{a^2}x - 4{a^3} = 0 \Leftrightarrow (x - 2a)({x^2} + 2ax + 2{a^2}) = 0$

Αλλά ${x^2} + 2ax + 2{a^2} = {(x + a)^2} + {a^2} > 0$ άρα $\boxed{x = 2a}$ .

Φιλικά Νίκος.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 20, 2013 8:57 am**

Άσκηση 213

: 213.png (25.64 KiB) Προβλήθηκε 1051 φορές

Τα τετράγωνα ABCD

και

του σχήματος , έχουν εμβαδά 160

και

αντίστοιχα .

Ενδιαφερόμαστε μόνο για τον υπολογισμό του μήκους

, του τμήματος

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 20, 2013 11:38 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 213
Το συνημμένο 213.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Τα τετράγωνα και του σχήματος , έχουν εμβαδά και αντίστοιχα .

Ενδιαφερόμαστε μόνο για τον υπολογισμό του μήκους , του τμήματος .

: Tetrag_213.png (21.87 KiB) Προβλήθηκε 1040 φορές

Με

ισχύουν

$\left\{ \begin{gathered} {(x + 3)^2} + {(y + 3)^2} = 160 \hfill \\ \frac{x}{3} = \frac{3}{y} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 9 \hfill \\ y = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\,$

Φιλικά Νίκος
Υ.Γ.
Αυτό το μόνο τι σημαίνει ;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 24, 2013 11:21 pm**

Άσκηση 214

: 214.png (10.24 KiB) Προβλήθηκε 988 φορές

Σημείο

κινείται επί του περικύκλου , ενός τετραγώνου ABCD

. Δείξτε ότι το άθροισμα των

τετραγώνων των αποστάσεών του ST,SP

από τις διαγωνίους του τετραγώνου είναι σταθερό .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιούλ 24, 2013 11:32 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 214
214.png
Σημείο κινείται επί του περικύκλου , ενός τετραγώνου . Δείξτε ότι το άθροισμα των

τετραγώνων των αποστάσεών του από τις διαγωνίους του τετραγώνου είναι σταθερό .

Αυτό νομίζω πρέπει να το αφήσουμε λίγο και για τους μαθητές.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 27, 2013 11:56 am**

Άσκηση 215

Με διάμετρο την πλευρά

, τετραγώνου ABCD

, σχεδιάζουμε στο εσωτερικό του ημικύκλιο ,

εντός του οποίου εγγράφουμε τετράγωνο KLMN

, του οποίου η μία πλευρά είναι τμήμα της

.

Βρείτε το λόγο των εμβαδών $\displaystyle\frac{(KLMN)}{(ABCD)}$

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