mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 21, 2013 1:18 am**

Σ'αυτόν εδώ το φάκελο , το στοιχείο που κυριαρχεί είναι το "Ασκήσεις με τετράγωνα" και το "ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Β' ΛΥΚΕΙΟΥ" έρχεται σε δεύτερη μοίρα . Ήδη αρκετές από τις προταθείσες ασκήσεις έχουν λυθεί με "άλλα εργαλεία "...

Συνεπώς -και παρά την πιθανή και δικαιολογημένη γκρίνια του δημιουργού Μιχάλη - ας μην έχουμε τύψεις

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 21, 2013 3:26 am**

Μια λύση ακόμη της 226

Έστω $\displaystyle{KM \bot AB}$ .Τότε , $\displaystyle{KM = MA = MB = \frac{\alpha }{2}}$
$\displaystyle{AD//KM \Rightarrow \frac{{PA}}{{KM}} = \frac{{SA}}{{SM}} \Rightarrow PA = \frac{{SA}}{{SM}} \cdot KM = \frac{{x + \alpha }}{{x + \frac{\alpha }{2}}} \cdot \frac{\alpha }{2} \Rightarrow \boxed{PA = \frac{{\alpha \left( {x + \alpha } \right)}}{{2x + \alpha }}}}$
Στο τρίγωνο $\displaystyle{TAC}$ με διατέμνουσα $\displaystyle{PKS}$ έχουμε, $\displaystyle{\frac{{PT}}{{PA}} \cdot \frac{{KA}}{{KC}} \cdot \frac{{SC}}{{ST}} = 1 \Rightarrow \frac{{PT}}{{PA}} \cdot \frac{{SC}}{{ST}} = 1 \Rightarrow PT = \frac{{ST}}{{SC}} \cdot PA}$ .Αλλά, $\displaystyle{CB//TA \Rightarrow \frac{{ST}}{{SC}} = \frac{{SA}}{{SB}} = \frac{{x + \alpha }}{x}}$ οπότε, $\displaystyle{{\text{ }}PT = \frac{{x + \alpha }}{x} \cdot \frac{{\left( {x + \alpha } \right)\alpha }}{{2x + \alpha }} \Rightarrow \boxed{PT = \alpha \cdot \frac{{{{\left( {x + \alpha } \right)}^2}}}{{2{x^2} + \alpha x}}}}$
$\displaystyle{\left( {TPS} \right) = \frac{1}{2} \cdot PT \cdot AS \Rightarrow \boxed{\left( {TPS} \right) = \frac{\alpha }{2} \cdot \frac{{{{\left( {x + \alpha } \right)}^3}}}{{2{x^2} + \alpha x}}}}$ και η ελάχιστη τιμή του θα λαμβάνεται για την τιμή του $\displaystyle{x}$ για την οποία η συνάρτηση $\displaystyle{f(x) = \frac{{{{\left( {x + \alpha } \right)}^3}}}{{2{x^2} + \alpha x}}}$ λαμβάνει την ελάχιστη τιμή της.
Εύκολα βρίσκουμε ότι $\displaystyle{f'(x) = \frac{{{{\left( {x + \alpha } \right)}^2}\left( {2{x^2} - 2\alpha x - {\alpha ^2}} \right)}}{{{{\left( {2{x^2} + \alpha x} \right)}^2}}}}$
$\displaystyle{f'(x) = 0 \Rightarrow 2{x^2} - 2\alpha x - {\alpha ^2} = 0 \Rightarrow \boxed{x = \frac{{\alpha \left( {1 + \sqrt 3 } \right)}}{2}}}$
Όπως προκύπτει από τον πίνακα μεταβολών της συνάρτησης ,για την τιμή αυτή του $\displaystyle{x}$ λαμβάνει την ελάχιστη τιμή της ,άρα και το ζητούμενο εμβαδό.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 21, 2013 8:44 am**

ΑΣΚΗΣΗ 227

viewtopic.php?f=22&t=39371

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 21, 2013 8:44 am**

KARKAR έγραψε:Σ'αυτόν εδώ το φάκελο , το στοιχείο που κυριαρχεί είναι το "Ασκήσεις με τετράγωνα" και το "ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Β' ΛΥΚΕΙΟΥ" έρχεται σε δεύτερη μοίρα . Ήδη αρκετές από τις προταθείσες ασκήσεις έχουν λυθεί με "άλλα εργαλεία "...

Συνεπώς -και παρά την πιθανή και δικαιολογημένη γκρίνια του δημιουργού Μιχάλη - ας μην έχουμε τύψεις

Καμία γκρίνια αγαπητέ Θανάση, άλλωστε όλες οι λύσεις έχουν την ομορφιά τους. Απλά, όπως είπε και ο υπερδραστήριος parmenides, καλό θα είναι να υπάρχει (αν είναι δυνατόν) μια τουλάχιστον γεωμετρική λύση.

Τώρα, επειδή είχα μια ατυχία στον υπολογιστή μου (έχασα μέχρι και και το backup...) έχω πιάσει απ' την αρχή την αποδελτίωση...Θα ήθελα να σας παρακαλέσω να κλείσουμε σε έναν συγκεκριμένο αριθμό ασκήσεων ( 250

είναι καλά;), γιατί όσο αυξάνονται οι ασκήσεις άλλο τόσο αυξάνεται και το άγχος μου να ολοκληρώσω τη δέσμευσή μου (η οποία θυμίζω ήταν για 100

ασκήσεις

).

Η αναφορά στις 227

ασκήσεις (ελπίζω να μην έχει αντίρρηση ο φίλος μου Νίκος για την προσθήκη της άσκησής του) . Άλυτες παραμένουν οι 24,27,59,84,111,158,199,214

.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 21, 2013 7:51 pm**

Άσκηση 228

: 228.png (13.79 KiB) Προβλήθηκε 1382 φορές

Τα σημεία M,N

είναι τα μέσα των πλευρών BC,AD

τετραγώνου ABCD

και οι

τέμνουν τον περίκυκλο του τετραγώνου στα S,T

. Δείξτε το εμβαδόν καθενός από τα τρίγωνα

SAB , CTS

, ισούται με το $30\%$ του εμβαδού του τετραγώνου .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 21, 2013 10:26 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 228
Το συνημμένο 228.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Τα σημεία είναι τα μέσα των πλευρών τετραγώνου και οι

τέμνουν τον περίκυκλο του τετραγώνου στα . Δείξτε το εμβαδόν καθενός από τα τρίγωνα

, ισούται με το $30\%$ του εμβαδού του τετραγώνου .

: Τετράγωνα 228.png (23.67 KiB) Προβλήθηκε 1366 φορές

Φέρνουμε την κάθετη από το

στην

και τέμνει κατά σειρά στα E,Z,H,P

τις

και τον κύκλο αντίστοιχα.

Είναι εύκολο να δείξουμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα BAM,DCN,CBH

είναι ίσα .Τα δύο πρώτα γιατί έχουν κάθετες πλευρές ίσες , ενώ το καθένα απ’ αυτά με το τρίτο

γιατί έχουν από μια κάθετη πλευρά ίση με την πλευρά του τετραγώνου και τις προσκείμενες σ’ αυτές οξείες γωνίες ίσες , ως έχουσες κάθετες πλευρές.

Από τις πιο πάνω ισότητες τριγώνων προκύπτουν αβίαστα τα παρακάτω: Το τετράπλευρο AMCN

είναι παραλληλόγραμμο , το τετράπλευρο ASCT

εγγεγραμμένο στο κύκλο ορθογώνιο και το τετράπλευρο BSCP

ισοσκελές τραπέζιο με τις οξείες του γωνίες

$\widehat P = \widehat {SBP} = \dfrac{{\tau o\xi SC + \tau o\xi CP}}{2} = \dfrac{{\tau o\xi SC + \dtau o\xi BS}}{2} = \dfrac{{\tau o\xi BC}}{2} = {45^0}$ .Συνεπώς

$BE = EZ = ZP\,\,(1)$ .Ας πούμε τώρα το μήκος της πλευράς του τετραγώνου $\boxed{AB = 10a}$ . Θα είναι

$\boxed{AM = 5a\sqrt 5 }$ ( Π. Θ. στο BAM

) και $MS \cdot MA = MB \cdot MC \Rightarrow \boxed{MS = a\sqrt 5 }$

Από την δε προφανή ισότητα των τριγώνων BAS = BCP

έχω : $\boxed{AS = BP = 6a\sqrt 5 \,\,\kappa \alpha \iota \,\,BE = EZ = ZP = CS = a\sqrt 5 }$ .

Τα τρίγωνα λοιπόν CTS,BAS

έχουν ίσες βάσεις $AS = CT = 6a\sqrt 5$ και ίσα ύψη προς αυτές $BE = SC = 2a\sqrt 5$ άρα και ίσα εμβαδά

$(ABS) = (CTS) = \dfrac{1}{2} \cdot 6a\sqrt 5 \cdot 2a\sqrt 5 = 30{a^2} = \dfrac{{30}}{{100}}{(10a)^2}$ δηλαδή το $30\%$ του εμβαδού του τετραγώνου .

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 21, 2013 10:45 pm**

Τα $\displaystyle{CSBA,CATD}$ είναι εγγράψιμα κι επειδή $\displaystyle{\angle CBA = \angle ADC = {90^0} \Rightarrow \angle CSA = \angle ATC = {90^0}}$ .Επειδή $\displaystyle{AN = //CM \Rightarrow NCMA}$ είναι παραλ/μμο κι έτσι $\displaystyle{CT//SA \Rightarrow CTAS}$ ορθογώνιο ,άρα, $\displaystyle{O}$ είναι το κέντρο του κύκλου.
Ας είναι, $\displaystyle{BL \bot AS}$ .
Τα ορθογώνια τρίγωνα, $\displaystyle{CSM,MLB}$ είναι ίσα αφού $\displaystyle{CM = MB,\angle CMS = \angle LMB}$ ,άρα, $\displaystyle{LB = CS }$ .
Είναι, $\displaystyle{\left( {TCS} \right) = \left( {CAS} \right)}$
$\displaystyle{\frac{{\left( {TCS} \right)}}{{\left( {ABS} \right)}} = \frac{{\left( {ACS} \right)}}{{\left( {ABS} \right)}} = \frac{{CS}}{{LB}} = 1 \Rightarrow \boxed{\left( {TCS} \right) = \left( {ABS} \right)}}$
Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AMB}$ με $\displaystyle{MB = \frac{\alpha }{2},AB = \alpha }$ παίρνουμε,(Π.Θ) $\displaystyle{\boxed{AM = \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{2}}}$
$\displaystyle{AM \cdot MS = CM \cdot MB \Rightarrow \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{2} \cdot MS = \frac{{{\alpha ^2}}}{4} \Rightarrow MS = \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{{10}}}$ οπότε, $\displaystyle{\boxed{AS = \frac{{3\alpha \sqrt 5 }}{5}}}$
Ισχύει, $\displaystyle{C{A^2} - A{S^2} = C{S^2} \Rightarrow 2{\alpha ^2} - {\left( {\frac{{3\alpha \sqrt 5 }}{5}} \right)^2} = C{S^2} \Rightarrow \boxed{CS = \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{5}}}$
$\displaystyle{2\left( {TCS} \right) = 2\left( {ABS} \right) = CS \cdot AS = \frac{{3\alpha \sqrt 5 }}{5} \cdot \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{5} \Rightarrow \boxed{\left( {TCS} \right) = \left( {ABS} \right) = \frac{{3{\alpha ^2}}}{{10}} = 0,3{\alpha ^2}}}$ και το ζητούμενο βρέθηκε

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 22, 2013 10:19 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 228
Τα σημεία είναι τα μέσα των πλευρών τετραγώνου και οι τέμνουν τον περίκυκλο του τετραγώνου στα . Δείξτε ότι το εμβαδόν καθενός από τα τρίγωνα ισούται με το $30\%$ του εμβαδού του τετραγώνου.

Καλημέρα.

: 228.png (18.76 KiB) Προβλήθηκε 1309 φορές

Από το εγγεγραμμένο CSBA

, τις συμπληρωματικές $T\widehat CB,\,B\widehat CS$ και το εγγεγραμμένο TCSA

, εύκολα συμπεραίνουμε πως το τελευταίο είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. Έτσι, $\left( {CTS} \right) = \left( {CAS} \right) = \left( {SAB} \right)$ .

Αρκεί να δείξω ότι $\left( {TCSA} \right) = \dfrac{{3\left( {ABCD} \right)}}{5}$ . Αν θέσω AB = 2a

, τότε $\left( {NCMA} \right) = 2\left( {CDN} \right) = 2\left( {AMB} \right) = 2{a^2}$ και από λόγο εμβαδών των όμοιων $\triangleleft ATN,\, \triangleleft CDN:\left( {ATN} \right) = \left( {CSM} \right) = \dfrac{{{a^2}}}{5}$ .

Έτσι, $\left( {TSCA} \right) = \left( {NCMA} \right) + 2\left( {ATN} \right) = \dfrac{{12{a^2}}}{5} = \dfrac{{3\left( {ABCD} \right)}}{5}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 22, 2013 11:25 am**

Άσκηση 229

: 229.png (13.35 KiB) Προβλήθηκε 1294 φορές

Στο τετράπλευρο με κορυφές K(1,0),L(4,2),M(2,5),N(0,4)

περιγράψαμε τετράγωνο ABCD

1) Πώς κατασκευάσαμε το τετράγωνο ? ...2) Πόσο είναι το εμβαδόν του ? ...3) Πού βρίσκεται το κέντρο του ?

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 22, 2013 12:40 pm**

Μιχάλης Νάννος έγραψε:
KARKAR έγραψε:Άσκηση 228
Τα σημεία είναι τα μέσα των πλευρών τετραγώνου και οι τέμνουν τον περίκυκλο του τετραγώνου στα . Δείξτε ότι το εμβαδόν καθενός από τα τρίγωνα ισούται με το $30\%$ του εμβαδού του τετραγώνου.
Καλημέρα.
228.png
Από το εγγεγραμμένο , τις συμπληρωματικές $T\widehat CB,\,B\widehat CS$ και το εγγεγραμμένο , εύκολα συμπεραίνουμε πως το τελευταίο είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. Έτσι, $\left( {CTS} \right) = \left( {CAS} \right) = \left( {SAB} \right)$ .

Αρκεί να δείξω ότι $\left( {TCSA} \right) = \dfrac{{3\left( {ABCD} \right)}}{5}$ . Αν θέσω , τότε $\left( {NCMA} \right) = 2\left( {CDN} \right) = 2\left( {AMB} \right) = 2{a^2}$ και από λόγο εμβαδών των όμοιων $\triangleleft ATN,\, \triangleleft CDN:\left( {ATN} \right) = \left( {CSM} \right) = \dfrac{{{a^2}}}{5}$ .

Έτσι, $\left( {TSCA} \right) = \left( {NCMA} \right) + 2\left( {ATN} \right) = \dfrac{{12{a^2}}}{5} = \dfrac{{3\left( {ABCD} \right)}}{5}$ .

Καλημέρα σε όλους.
Από καλοκαιρινή εργασία στο Σχολείο.
Μιχάλη όπως πάντα πολύ ωραίος , στην όψη και στην κόψη
Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 22, 2013 2:51 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 229
Το συνημμένο 229.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο τετράπλευρο με κορυφές περιγράψαμε τετράγωνο

1) Πώς κατασκευάσαμε το τετράγωνο ? ...2) Πόσο είναι το εμβαδόν του ? ...3) Πού βρίσκεται το κέντρο του ?

: 229.png (57.08 KiB) Προβλήθηκε 1258 φορές

Προσεχώς ... και τα λόγια

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 22, 2013 5:10 pm**

229 με τον κλασικό τρόπο…

Έστω $\displaystyle{AB:y = \lambda x + {b_1}{\text{ }}{\text{,CD:}}y = \lambda x + {b_2}}$ .Το μήκος της πλευράς του τετραγώνου θα είναι $\displaystyle{\alpha = \frac{{\left| {{b_1} - {b_2}} \right|}}{{\sqrt {{\lambda ^2} + 1} }}{\text{ }}(1)}$
$\displaystyle{AD:y = - \frac{1}{\lambda }x + {c_1}{\text{ }}{\text{, BC: y = }} - \frac{1}{\lambda }x + {c_2}}$ .Το μήκος της πλευράς του τετραγώνου θα είναι $\displaystyle{\alpha = \frac{{\left| {{c_1} - {c_2}} \right|}}{{\sqrt {\frac{1}{{{\lambda ^2}}} + 1} }} = \frac{{\left| \lambda \right|\left| {{c_1} - {c_2}} \right|}}{{\sqrt {{\lambda ^2} + 1} }}{\text{ (2)}}}$
$\displaystyle{K \in AB \Rightarrow 0 = 1 \cdot \lambda + {b_1} \Rightarrow \boxed{{b_1} = - \lambda }}$
$\displaystyle{M \in DC \Rightarrow 5 = 2 \cdot \lambda + {b_2} \Rightarrow \boxed{{b_2} = 5 - 2\lambda }}$ .Τότε, $\displaystyle{\alpha = \frac{{\left| {5 - \lambda } \right|}}{{\sqrt {{\lambda ^2} + 1} }}}$
$\displaystyle{N \in AD \Rightarrow 4 = 0\cdot\left( { - \frac{1}{\lambda }} \right) + {c_1} \Rightarrow {\text{ }}{c_1} = 4}$
$\displaystyle{L \in BC \Rightarrow 2 = 4\left( { - \frac{1}{\lambda }} \right) + {c_2} \Rightarrow {\text{ }}\boxed{{c_2} = \frac{{2\lambda + 4}}{\lambda }}}$ .Τότε, $\displaystyle{\alpha = \frac{{2\left| {\lambda - 2} \right|}}{{\sqrt {{\lambda ^2} + 1} }}}$
Έτσι $\displaystyle{\frac{{\left| {5 - \lambda } \right|}}{{\sqrt {{\lambda ^2} + 1} }} = \frac{{2\left| {\lambda - 2} \right|}}{{\sqrt {{\lambda ^2} + 1} }} \Leftrightarrow 2\lambda - 4 = \pm \left( {5 - \lambda } \right)}$ απ όπου παίρνουμε $\displaystyle{\lambda = - 1,\lambda = 3}$
Για $\displaystyle{\lambda = - 1}$ (περίπτωση σχήματος) έχουμε , $\displaystyle{AB:y = - x + 7,CD:y = - x + 7,AD:y = x + 4,BC:y = x - 2}$ και λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων $\displaystyle{AB:y = - x + 7}$ , $\displaystyle{AD:y = x + 4}$ παίρνουμε $\displaystyle{A(\frac{-3}{2},\frac{5}{2})}$
Λύνοντας το σύστημα $\displaystyle{BC:y = x - 2}$ , $\displaystyle{CD:y = - x + 7}$ βρίσκουμε, $\displaystyle{C(\frac{9}{2},\frac{5}{2})}$ οπότε το κέντρο του τετραγώνου είναι $\displaystyle{O(\frac{{ - \frac{3}{2} + \frac{9}{2}}}{2},\frac{5}{2}) = O\left( {\frac{3}{2},\frac{5}{2}} \right)}$
Από τη λύσητου συστήματος των εξισώσεων των $\displaystyle{AD,DC}$ παίρνουμε $\displaystyle{D(\frac{3}{2},\frac{{11}}{2})}$ οπότε γνωρίζοντας το $\displaystyle{O}$ εύκολα παίρνουμε, $\displaystyle{B(\frac{3}{2}, - \frac{1}{2})}$
Για $\displaystyle{\lambda = - 1,\alpha = \frac{6}{{\sqrt 2 }} \Rightarrow \boxed{{\alpha ^2} = 18}}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 22, 2013 6:08 pm**

: 229.png (18.61 KiB) Προβλήθηκε 1228 φορές

Η "περιγραφή" του τετραγώνου με τεχνική δανεισμένη από τους Ιησουΐτες : Αρκεί να βρω σημείο

,

ώστε $ME \perp NL$ και ME=NL

( αντίστροφο πασίγνωστης άσκησης στα τετράγωνα ) . Αυτό

όμως είναι απλό , το σημείο είναι το E(0,1)

. Η κατασκευή του τετραγώνου είναι πλέον παιγνίδι .

Το κέντρο του είναι το μέσο του

- αυτό είναι ευτυχής σύμπτωση !

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 22, 2013 9:19 pm**

Άσκηση 230

: 230.png (11.95 KiB) Προβλήθηκε 1209 φορές

Σε τετράγωνο ABCD

το

είναι το μέσο της πλευράς

και το

σημείο της , ώστε : $\displaystyle BN=\frac{BC}{3}$ .

Οι ευθείες AM,AN

τέμνουν τον περίκυκλο του τετραγώνου στα S,T

αντίστοιχα . 1) Δείξτε ότι ST//CB

2) Δείξτε ότι το εμβαδόν του τραπεζίου ( πλέον ) BTSC

, ισούται με το $12\%$ του εμβαδού του τετραγώνου .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Αύγ 22, 2013 10:22 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 230
Σε τετράγωνο το είναι το μέσο της πλευράς και το σημείο της , ώστε : $\displaystyle BN=\frac{BC}{3}$ .

Οι ευθείες τέμνουν τον περίκυκλο του τετραγώνου στα αντίστοιχα . 1) Δείξτε ότι

2) Δείξτε ότι το εμβαδόν του τραπεζίου ( πλέον ) , ισούται με το $12\%$ του εμβαδού του τετραγώνου .

1) Αν $\alpha$ είναι η πλευρά του τετραγώνου τότε:

Από Πυθ. θεώρημα στα τρίγωνα AMB

και

εύκολα βρίσκουμε ότι:

$\displaystyle AM = \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{2}$ και $\displaystyle AN = \frac{{\alpha \sqrt {10} }}{3}$

Από θεώρημα τεμνόμενων χορδών είναι:

$\displaystyle AM \cdot MS = CM \cdot BM \Rightarrow MS = \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{{10}}$ και

$\displaystyle AN \cdot NT = CN \cdot BN \Rightarrow NT = \frac{{\alpha \sqrt {10} }}{{15}}$

Είναι: $\displaystyle\frac{{AM}}{{MS}} = \frac{{\frac{{\alpha \sqrt 5 }}{2}}}{{\frac{{\alpha \sqrt 5 }}{{10}}}} \Rightarrow \frac{{AM}}{{MS}} = 5$ (1) και $\displaystyle\frac{{AN}}{{NT}} = \frac{{\frac{{\alpha \sqrt {10} }}{3}}}{{\frac{{\alpha \sqrt {10} }}{{15}}}} \Rightarrow \frac{{AN}}{{NT}} = 5$ (2)

Έτσι $\displaystyle\frac{{AM}}{{MS}} = \frac{{AN}}{{NT}}$ και από αντίστροφο του Θ. Θαλή συμπεραίνουμε ότι ST//BC

2) Αν

είναι το ύψος του τραπεζίου BTSC

τότε από το ορθ. τρίγωνο SMK

είναι:

$\displaystyle\eta \mu SMK = \frac{{SK}}{{MS}} \Leftrightarrow \eta \mu AMB = \frac{{SK}}{{MS}} \Leftrightarrow \frac{{AB}}{{AM}} = \frac{{SK}}{{MS}} \Leftrightarrow$

$\displaystyle\frac{\alpha }{{\frac{{\alpha \sqrt 5 }}{2}}} = \frac{{SK}}{{\frac{{\alpha \sqrt 5 }}{{10}}}} \Leftrightarrow SK = \frac{\alpha }{5}$

Από την ομοιότητα των τριγώνων AST

και

παίρνουμε:

$\displaystyle\frac{{ST}}{{MN}} = \frac{{AS}}{{AM}} \Rightarrow ST = \frac{\alpha }{5}$

Άρα $\displaystyle\left( {BTSC} \right) = \frac{{BC + ST}}{2} \cdot SK \Rightarrow \left( {BTSC} \right) = \frac{{\alpha + \frac{\alpha }{5}}}{2} \cdot \frac{\alpha }{5} \Rightarrow \left( {BTSC} \right) = \frac{{6{\alpha ^2}}}{{50}} \Rightarrow$

$\displaystyle\left( {BTSC} \right) = \frac{{12}}{{100}}\left( {ABCD} \right)$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 23, 2013 11:17 am**

Άσκηση 231

: 231.png (10.97 KiB) Προβλήθηκε 1142 φορές

Στις πλευρές AB,BC

τετραγώνου ABCD

, βρίσκονται σημεία S,T

, ώστε

.

Οι προεκτάσεις των AB,DT

τέμνονται στο

. Βρείτε τη σχέση που συνδέει τις γωνίες $\omega,\phi$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Αύγ 23, 2013 12:22 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 231
Το συνημμένο 231.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στις πλευρές τετραγώνου , βρίσκονται σημεία , ώστε .

Οι προεκτάσεις των τέμνονται στο . Βρείτε τη σχέση που συνδέει τις γωνίες $\omega,\phi$

: 231.png (20.27 KiB) Προβλήθηκε 1122 φορές

Τα τρίγωνα TBD,SBD

έχουν

και τις περιεχόμενες γωνίες από

${45^0}$ , οπότε είναι ίσα και άρα $\widehat \omega = \widehat {{\omega _1}}$ .

Αλλά $\widehat {{\omega _1}} = {90^0} + \widehat \phi$ , ως εξωτερική στο ορθογώνιο τρίγωνο BTQ

και έτσι $\widehat \omega - \widehat \phi = {90^0}$

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 25, 2013 2:28 pm**

Άσκηση 232

: 232.png (6.53 KiB) Προβλήθηκε 1092 φορές

Στην προέκταση της πλευράς

τετραγώνου ABCD

, παίρνω σημείο

, ώστε $BQ=\lambda\cdot AB,\lambda>1$ .

Η

τέμνει τις προεκτάσεις των AD,BD

στα σημεία P,S

αντίστοιχα . Υπολογίστε το λόγο $\displaystyle \frac{SP}{SD}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Αύγ 25, 2013 5:03 pm**

Για την 232 στο σχήμα του Θανάση

$\displaystyle{DC//AQ \Rightarrow \frac{{AD}}{{PD}} = \frac{{CQ}}{{PC}} = \left( {CB//PA} \right) = \frac{{BQ}}{{AB}} = \frac{{\lambda \alpha }}{\alpha } = \lambda \Rightarrow PC = \frac{{CQ}}{\lambda }}$
Με Π.Θ στο $\displaystyle{\vartriangle CBQ}$ εύκολα παίρνουμε, $\displaystyle{CQ = \alpha \sqrt {{\lambda ^2} + 1} }$ .Άρα , $\displaystyle{\boxed{PC = \frac{{\alpha \sqrt {{\lambda ^2} + 1} }}{\lambda }}}$
$\displaystyle{PD//CB \Rightarrow \frac{{SP}}{{SD}} = \frac{{PC}}{{BD}} = \frac{{\frac{{\alpha \sqrt {{\lambda ^2} + 1} }}{\lambda }}}{{\alpha \sqrt 2 }} \Rightarrow \boxed{\frac{{SP}}{{SD}} = \frac{1}{\lambda } \cdot \sqrt {\frac{{{\lambda ^2} + 1}}{2}} }}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Αύγ 26, 2013 10:25 pm**

Άσκηση 233

: 233.png (7.62 KiB) Προβλήθηκε 1038 φορές

Εντός του τετραγώνου ABCD

, είναι σχεδιασμένο ημικύκλιο διαμέτρου

, της οποίας το μέσο

ονομάσαμε

. Η

τέμνει το ημικύκλιο στο

, ενώ η

τέμνει την πλευρά

στο

.

Υπολογίστε το λόγο $\displaystyle\frac{DC}{DS}$ . Η συντομία της απάντησης ( η κέντα ) , κερδίζει την ταχύτητα ( τα τρία)

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