Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Μιχάλης Τσουρακάκης · #641

KARKAR έγραψε:Άσκηση 244
Το συνημμένο 244.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο εσωτερικό τετραγώνου , έχουμε γράψει το ημικύκλιο διαμέτρου και το τεταρτοκύκλιο $A\overset{\frown}{BD}$ .

Με κέντρο σημείο , το οποίο κινείται επί του τεταρτοκυκλίου , γράφω κύκλο εφαπτόμενο της , ο οποίος τέμνει

το ημικύκλιο στα . 1) Δείξτε ότι το ένα σημείο τομής ( εν προκειμένω το ) , είναι συνευθειακό των .

2) Βρείτε τη θέση του για την οποία μεγιστοποιείται η γωνία $\widehat{SOP}$ , καθώς και τη μέγιστη τιμή της γωνίας .

Ερώτημα 1

: ER1.png (16.18 KiB) Προβλήθηκε 1844 φορές

Έστω $\displaystyle{\left( q \right) \cap OB = Q}$ .Τότε , $\displaystyle{AQ \bot OB}$ ,συνεπώς είναι μεσοκάθετος της χορδής $\displaystyle{OB}$ κι έστω $\displaystyle{AQ \cap OE = L}$
Είναι , $\displaystyle{\angle SAQ = \angle SBQ = x}$ αλλά και $\displaystyle{\angle OBE = x}$ (υπό χορδής-εφαπτόμενης).Ακόμη ,λόγω του εγγράψιμου $\displaystyle{LEQB}$ , $\displaystyle{\angle ELQ = \angle EBQ = x}$ $\displaystyle{ \Rightarrow OA = OL}$
κι επειδή $\displaystyle{OA = AB \Rightarrow OL = //AB \Rightarrow OLBA}$ ρόμβος ,άρα $\displaystyle{\angle SOB = \angle EOB}$
Τώρα από την προφανή ισότητα $\displaystyle{\vartriangle OSB = \vartriangle OEB \Rightarrow \angle OSB = \angle OEB = {90^0}}$ κι επειδή $\displaystyle{\angle ASB = {90^0} \Rightarrow A,S,O}$ συνευθειακά και $\displaystyle{BS}$ εφαπτόμενη του κύκλου $\displaystyle{(O,OE)}$

Ερώτημα 2

: er2.png (18.25 KiB) Προβλήθηκε 1844 φορές

Είναι , $\displaystyle{SB = SA}$ ως εφαπτόμενα τμήματα κι ας είναι $\displaystyle{\angle ESB = \angle BES = \omega }$
Για κάθε θέση του $\displaystyle{O}$ είναι, $\displaystyle{\angle SEP = \frac{\varphi }{2}}$ (σχέση επίκεντρης –εγγεγραμμένης στον κύκλο $\displaystyle{\left( {O,OE} \right)}$ ), $\displaystyle{\angle PSB = \frac{\varphi }{2}}$ (υπό χορδής-εφαπτόμενης στον κύκλο $\displaystyle{\left( {O,OE} \right)}$ )) , $\displaystyle{\angle PBE = \frac{\varphi }{2}}$ ( υπό χορδής-εφαπτόμενης στον κύκλο $\displaystyle{\left( q \right)}$
Έτσι, το σημείο $\displaystyle{P}$ είναι το σημείο Brocard του μεταβλητού ισοσκελούς τριγώνου $\displaystyle{ESB}$ ,και $\displaystyle{\frac{\varphi }{2}}$ η γωνία Brocard
Όπως είναι γνωστό όμως ,αν σε ένα τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ ,η γωνία Brocard είναι $\displaystyle{y}$ ,τότε ισχύει
$\displaystyle{\sigma \varphi y = \sigma \varphi A + \sigma \varphi B + \sigma \varphi C}$ κι επομένως στην περίπτωσή μας θα είναι $\displaystyle{\sigma \varphi \frac{\varphi }{2} = 2\sigma \varphi \omega + \sigma \varphi (180 - 2\omega ) \Rightarrow \sigma \varphi \frac{\varphi }{2} = 2\sigma \varphi \omega - \sigma \varphi 2\omega }$ με $\displaystyle{0 < \omega < \frac{\pi }{2}}$
Από την μελέτη της συνάρτησης $\displaystyle{f(\omega ) = 2\sigma \varphi \omega - \sigma \varphi 2\omega }$ στο $\displaystyle{\left( {0,\frac{\pi }{2}} \right)}$ εύκολα παίρνουμε ότι παρουσιάζει ελάχιστη τιμή όταν $\displaystyle{\omega = \frac{\pi }{3}}$ ,την $\displaystyle{f(\frac{\pi }{3}) = \sqrt 3 = \sigma \varphi \frac{\pi }{6}}$ ,οπότε $\displaystyle{\sigma \varphi \frac{\phi }{2} \geqslant \sigma \varphi \frac{\pi }{6} \Rightarrow \frac{\varphi }{2} \leqslant \frac{\pi }{6} \Rightarrow \boxed{\varphi \leqslant \frac{\pi }{3}}}$
Έτσι , $\displaystyle{{\varphi _{\max }} = \frac{\pi }{3}}$ .Αλλά όταν $\displaystyle{\omega = \frac{\pi }{3}}$ ,το ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{OAB}$ ΄θα είναι ισόπλευρο ,οπότε το $\displaystyle{O}$ θα είναι το σημείο τομής της μεσοκάθετης της $\displaystyle{AB}$ με το τεταρτοκύκλιο.

(όταν $\displaystyle{\omega = \frac{\pi }{3} \Rightarrow \angle SBA = \frac{\pi }{6} \Rightarrow \angle SPA = \frac{\pi }{6} \Rightarrow \angle OPB = \angle OPS + \angle SPA + \angle APB = \frac{\pi }{6} + \frac{\pi }{3} + \frac{\pi }{2} = \pi \Rightarrow P,O,B}$ συνευθειακά)

KARKAR · #642

Άσκηση 247

: 247.png (63.46 KiB) Προβλήθηκε 1816 φορές

Το σημείο

είναι το ορθόκεντρο τριγώνου $\displaystyle ABC$ και τα K,L,M,N

τα μέσα των AH,BH,BC,AC

αντίστοιχα . Βρείτε την ιδιότητα που πρέπει να έχει το $\displaystyle ABC$ , ώστε το KLMN

είναι τετράγωνο .

#643

KARKAR έγραψε:Άσκηση 247
247.png
Το σημείο είναι το ορθόκεντρο τριγώνου $\displaystyle ABC$ και τα τα μέσα των

αντίστοιχα . Βρείτε την ιδιότητα που πρέπει να έχει το $\displaystyle ABC$ , ώστε το είναι τετράγωνο .

$\angle C = {45^0}$

Στάθης

#644

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
KARKAR έγραψε:Άσκηση 247
Το συνημμένο 247.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το σημείο είναι το ορθόκεντρο τριγώνου $\displaystyle ABC$ και τα τα μέσα των

αντίστοιχα . Βρείτε την ιδιότητα που πρέπει να έχει το $\displaystyle ABC$ , ώστε το είναι τετράγωνο .
$\angle C = {45^0}$

Στάθης

Δεν ξέρω πως το είδε ό φίλος ό Στάθης ( γιατί μπορούμε να βάλουμε στο παιγνίδι και τον ) αλλά αφού έδωσε την απάντηση , ας γράψουμε και δυο λόγια.

: 247.png (23.39 KiB) Προβλήθηκε 1785 φορές

Τα μέσα των πλευρών τετράπλευρου ( κυρτού ή όχι ) ορίζουν παραλληλόγραμμο .
Για να είναι αυτό και τετράγωνο πρέπει και αρκεί οι διαγώνιοι του τετράπλευρου να είναι ίσες και κάθετοι .
Δηλαδή στην συγκεκριμένη περίπτωση : $AB = \bot HC$ , από όπου προκύπτει ότι:
$\vartriangle HEC = \vartriangle AEB$
( ορθογώνια με υποτείνουσες ίσες και από μια οξεία γωνία στα C,B

ίση ).
Άρα $AE = EH \Rightarrow \widehat {DAC} = {45^0} \Rightarrow \widehat {ACB} = {45^0}$ .

Φιλικά Νίκος

KARKAR · #645

Άσκηση 248

: 248.png (35.24 KiB) Προβλήθηκε 1757 φορές

Τρεις παράλληλες ευθείες απέχουν μεταξύ τους αποστάσεις

και

μονάδες . Κατασκευάστε τετράγωνο

ABCD

, του οποίου οι

κορυφές να βρίσκονται ανά μία στις τρεις ευθείες και υπολογίστε το εμβαδόν του .

Διερεύνηση απαραίτητη !

#646

KARKAR έγραψε:Άσκηση 248
Το συνημμένο 248.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Τρεις παράλληλες ευθείες απέχουν μεταξύ τους αποστάσεις και μονάδες . Κατασκευάστε τετράγωνο

, του οποίου οι κορυφές να βρίσκονται ανά μία στις τρεις ευθείες και υπολογίστε το εμβαδόν του .

Διερεύνηση απαραίτητη !

: 248.png (29.72 KiB) Προβλήθηκε 1739 φορές

Αυτά για την ώρα , Ες αύριο τα υπόλοιπα

Μιχάλης Τσουρακάκης · #647

KARKAR έγραψε:Άσκηση 248
Το συνημμένο 248.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Τρεις παράλληλες ευθείες απέχουν μεταξύ τους αποστάσεις και μονάδες . Κατασκευάστε τετράγωνο

, του οποίου οι κορυφές να βρίσκονται ανά μία στις τρεις ευθείες και υπολογίστε το εμβαδόν του .

Διερεύνηση απαραίτητη !

περίπτωση 1

: 248.png (10.83 KiB) Προβλήθηκε 1727 φορές

Έστω ότι το τετράγωνο κατασκευάστηκε
Φέρνουμε , $\displaystyle{EBZ \bot {\varepsilon _1},{\varepsilon _2},{\varepsilon _3}}$ .Τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{ABE,BZC}$ είναι ίσα,αφού, $\displaystyle{BA = BC = \alpha ,\angle BAE = \angle ZBC}$ (οξείες με κάθετες πλευρές).Έτσι
$\displaystyle{ZC = EB = 1,BZ = 2}$ και με Π.Θ στο $\displaystyle{\vartriangle BZC}$ είναι $\displaystyle{\alpha = \sqrt 5 }$

Κατασκευή

Ας είναι $\displaystyle{{\varepsilon _4}}$ η μεσοπαράλληλος των $\displaystyle{{\varepsilon _2},{\varepsilon _3}}$ .
Θεωρούμε τυχαίο σημείο $\displaystyle{B}$ της $\displaystyle{{\varepsilon _2}}$ και την κάθετη εκ του $\displaystyle{B}$ στις τρεις παράλληλες και σχηματίζουμε το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle BZC}$ με $\displaystyle{ZC = 1}$
Φέρνουμε κάθετη στην $\displaystyle{BC}$ στο $\displaystyle{B}$ που τέμνει τις $\displaystyle{{\varepsilon _1},{\varepsilon _4},{\varepsilon _3}}$ αντίστοιχα στα $\displaystyle{A,L,M}$ (οπότε προφανώς, $\displaystyle{AB = BL = LM}$ )
Έστω ότι η κάθετη από το $\displaystyle{C}$ στην $\displaystyle{BC}$ ,τέμνει την $\displaystyle{{\varepsilon _4}}$ ,στο $\displaystyle{D}$ .Το $\displaystyle{ABCD}$ είναι το ζητούμενο τετράγωνο

Απόδειξη

Είναι, $\displaystyle{{\varepsilon _4}//{\varepsilon _3},DC//LM \Rightarrow LDCM}$ παραλ/μμο ,οπότε $\displaystyle{DC = //LM \Rightarrow DC = //AB \Rightarrow ABCD}$ ορθογώνιο.
Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{MBC}$ με ύψος $\displaystyle{BZ}$ έχουμε, $\displaystyle{B{Z^2} = MZ \cdot ZC \Rightarrow 4 = MZ}$
κι εύκολα από το $\displaystyle{\vartriangle MBZ}$ βρίσκουμε, $\displaystyle{BM = 2\sqrt 5 \Rightarrow 2AB = 2\sqrt 5 \Rightarrow AB = BC = \alpha = \sqrt 5 \Rightarrow ABCD}$ τετράγωνο με $\displaystyle{\boxed{\left( {ABCD} \right) = {{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2} = 5}}$
Φυσικά, το πρόβλημα έχει πάντα λύση.

περίπτωση 2

κατασκευή

Από το τυχαίο $\displaystyle{D}$ της $\displaystyle{{\varepsilon _3}}$ θεωρούμε $\displaystyle{DE \bot {\varepsilon _1}}$ και το σημείο $\displaystyle{A}$ με $\displaystyle{EA = 1}$ .
Η κάθετη επί την $\displaystyle{EA}$ στο $\displaystyle{A}$ ,τέμνει την $\displaystyle{{\varepsilon _2}}$ στο $\displaystyle{B}$ και θεωρούμε την κάθετη στην $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{B}$ και την κάθετη σ αυτήν από το $\displaystyle{D}$ που τέμνονται στο $\displaystyle{C}$ .Το $\displaystyle{ABCD}$ είναι το ζητούμενο τετράγωνο

απόδειξη

Το $\displaystyle{ABCD}$ είναι ορθογώνιο .
Είναι , $\displaystyle{AE = EK = 1 \Rightarrow \angle AKE = {45^0}}$ κι επειδή το $\displaystyle{BDKA}$ είναι εγγράψιμο ,θα είναι $\displaystyle{\angle ABD = {45^0} \Rightarrow ABCD}$ τετράγωνο.

Επειδή $\displaystyle{ED = 3,AE = 1}$ θα είναι , $\displaystyle{{\alpha ^2} = 10 \Rightarrow \boxed{\left( {ABCD} \right) = 10}}$

KARKAR · #648

: 248.png (58.86 KiB) Προβλήθηκε 1710 φορές

Η διερεύνηση αναφέρεται στην περίπτωση του σχήματος ...

KARKAR · #649

Άσκηση 249

: 249.png (7.33 KiB) Προβλήθηκε 1697 φορές

Δείξτε ότι υπάρχει σημείο

στο εσωτερικό τετραγώνου ABCD

, ώστε τα τέσσερα άνισα εμβαδά

που δημιουργούνται , ( με τη σειρά αρίθμησης ) να είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου .

Υπάρχει άραγε σημείο

, ώστε τα εμβαδά αυτά , να είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου ;

#650

KARKAR έγραψε:Άσκηση 249
Το συνημμένο 249.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δείξτε ότι υπάρχει σημείο στο εσωτερικό τετραγώνου , ώστε τα τέσσερα άνισα εμβαδά

που δημιουργούνται , ( με τη σειρά αρίθμησης ) να είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου .

Υπάρχει άραγε σημείο , ώστε τα εμβαδά αυτά , να είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου ;

: SX1.png (9.03 KiB) Προβλήθηκε 1679 φορές

Ας υποθέσουμε ότι η πλευρά του τετραγώνου είναι

. Τότε ονομάζουμε τα τμήματα όπως στο σχήμα και έχουμε ότι:

$\displaystyle{E_1 =\frac{1}{2}1.(1-x) , E_2 =\frac{1}{2}1.(1-y) , E_3 =\frac{1}{2}1.y , E_4 =\frac{1}{2}1.x}$

Για να αποτελούν οι αριθμοί αυτοί με την σειρά που έχουν γραφτεί διαδ. όρους αριθμ. προόδου, πρέπει:

$\displaystyle{E_2 -E_1 =E_3 -E_2 =E_4 -E_3\Rightarrow \frac{1}{2}(x-y)=\frac{1}{2}((2y-1)=\frac{1}{2}(x-y)}$ και άρα:

$\displaystyle{x-y=2y-1}$ , δηλαδή $\displaystyle{x=3y-1}$ , όπου πρέπει $\displaystyle{0<x<1}$ και άρα $\displaystyle{0<3y-1<1\Rightarrow \frac{1}{3}<y<\frac{2}{3}}$

Τότε είναι: $\displaystyle{E_1 =\frac{1}{2}(2-3y) , E_2 =\frac{1}{2}(1-y) , E_3 = \frac{1}{2}y , E_4 =\frac{1}{2}(3y-1)}$ , και βλέπουμε ότι

πράγματι αποτελούν αριθμητική πρόοδο, με διαφορά $\displaystyle{\frac{1}{2}(2y-1)}$

Για να αποτελούν οι παραπάνω αριθμοί διαδ. όρους γεωμ.προόδου, πρέπει:

$\displaystyle{\frac{E_2}{E_1}=\frac{E_3}{E_2}=\frac{E_4}{E_3}}$ , από όπου προκύπτει:

$\displaystyle{x=\frac{y^2}{1-y}}$ και $\displaystyle{\frac{1-y}{1-x}=\frac{y}{1-y}}$ , από όπου βρίσκουμε ότι: $\displaystyle{y=\frac{1}{2}}$ , και άρα

$\displaystyle{x=y=\frac{1}{2}}$ , δηλαδή το σημείο που ζητάμε, θα βρίσκεται στο κέντρο του τετραγώνου και τότε τα εμβαδά των

τεσσάρων τριγώνων θα είναι όλα ίσα με $\displaystyle{\frac{1}{4}}$ , οπότε μόνο για σταθερή γεωμετρική πρόοδο μπορούμε να μιλάμε

(με λόγο 1)

KARKAR · #651

Άσκηση 250

: 250.png (8.3 KiB) Προβλήθηκε 1647 φορές

Δίπλα στο τετράγωνο ABCD

τοποθετούμε το ισόπλευρο τρίγωνο BCE

. Ο κύκλος

(B,BD)

τέμνει την προέκταση της

στο

. Υπολογίστε το λόγο : $\displaystyle \frac{ES}{EC}$ .

Με την άσκηση αυτή συμπληρώνεται ο μέγιστος ανεκτός αριθμός του εμπνευστή Μιχάλη ...

#652

KARKAR έγραψε:Άσκηση 250 Δίπλα στο τετράγωνο τοποθετούμε το ισόπλευρο τρίγωνο . Ο κύκλος τέμνει την προέκταση της στο . Υπολογίστε το λόγο : $\displaystyle \frac{ES}{EC}$ .Με την άσκηση αυτή συμπληρώνεται ο μέγιστος ανεκτός αριθμός του εμπνευστή Μιχάλη ...

: 250.png (15.55 KiB) Προβλήθηκε 1630 φορές

Από το Θεώρημα του Stewart στο τρίγωνο $\vartriangle BEC$ για τη σεβιανή με το μήκος της πλευράς του τετραγώνου έχουμε:

$\left( {ES} \right)\left[ {\left( {EC} \right)\left( {CS} \right) + {{\left( {BC} \right)}^2}} \right] = \left( {EC} \right){\left( {BS} \right)^2} + \left( {CS} \right){\left( {BE} \right)^2} \Leftrightarrow$ $\left( {ES} \right)\left[ {a\left[ {\left( {ES} \right) - a} \right] + {a^2}} \right] = a{\left[ {a\sqrt 2 } \right]^2} + \left[ {\left( {ES} \right) - a} \right]{a^2} \Leftrightarrow$

$a{\left( {ES} \right)^2} = 2{a^3} + {a^2}\left( {ES} \right) - {a^3}\mathop \Leftrightarrow \limits^{a = \left( {EC} \right)} \ldots {\left( {ES} \right)^2} - \left( {ES} \right)\left( {EC} \right) - {\left( {EC} \right)^2} = 0$ $\Leftrightarrow {\left[ {\dfrac{{\left( {ES} \right)}}{{\left( {EC} \right)}}} \right]^2} - \dfrac{{\left( {ES} \right)}}{{\left( {EC} \right)}} - 1 = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{\frac{{\left( {ES} \right)}}{{\left( {EC} \right)}} > 0} \boxed{\frac{{\left( {ES} \right)}}{{\left( {EC} \right)}} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}$

και ο ζητούμενος λόγος έχει βρεθεί.

Στάθης

Ιστοσελίδα · #653

KARKAR έγραψε:Άσκηση 250

Δίπλα στο τετράγωνο τοποθετούμε το ισόπλευρο τρίγωνο . Ο κύκλος

τέμνει την προέκταση της στο . Υπολογίστε το λόγο : $\displaystyle \frac{ES}{EC}$ .

Με την άσκηση αυτή συμπληρώνεται ο μέγιστος ανεκτός αριθμός του εμπνευστή Μιχάλη ...

: 250.png (25.26 KiB) Προβλήθηκε 1610 φορές

Έστω $ST \bot BC$ . Προφανώς $S\widehat CD = C\widehat ST = {30^ \circ },\, \triangleleft SCT({30^ \circ }{,60^ \circ }{,90^ \circ })$ και από Πυθαγόρειο στο $\triangleleft BST:\,2{a^2} = {(a + x)^2} + 3{x^2} \Leftrightarrow 4{x^2} + 2ax - {a^2} = 0$ . Δεχόμαστε τη λύση $x = \dfrac{{a(\sqrt 5 - 1)}}{4}$ και $\dfrac{{ES}}{{EC}} = \dfrac{{a + 2x}}{a} = 1 + \dfrac{{\sqrt 5 - 1}}{2} = \dfrac{{\sqrt 5 + 1}}{2}$ .

Να σας ευχαριστήσω για μια ακόμα φορά για τη συμμετοχή σας. Οι ασκήσεις εννοείται ότι μπορούν να συνεχιστούν...απλά έβαλα ένα όριο (στις ... ασκήσεις παραπάνω!!!) που θα συμπεριληφθεί στο e-book που δεσμεύτηκα να φτιάξω (όποτε αυτό ετοιμαστεί...πριν απ' τα Χριστούγεννα - και με το ρυθμό που δουλεύω - δύσκολο το βλέπω).

Να 'στε όλοι καλά.

Φιλικά,

Μιχάλης.

#654

KARKAR έγραψε:Άσκηση 250
Το συνημμένο 250.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίπλα στο τετράγωνο τοποθετούμε το ισόπλευρο τρίγωνο . Ο κύκλος

τέμνει την προέκταση της στο . Υπολογίστε το λόγο : $\displaystyle \frac{ES}{EC}$ .

Με την άσκηση αυτή συμπληρώνεται ο μέγιστος ανεκτός αριθμός του εμπνευστή Μιχάλη ...

Για να την καλησπέρα μου στους εκλεκτούς : Θανάση , Στάθη και Μιχάλη , μια ακόμη άποψη στην όμορφη άσκηση .

: Τετράγωνα _250.png (20.73 KiB) Προβλήθηκε 1600 φορές

Αν η

κόψει τον κύκλο στο

και

το απόστημα προς τη χορδή

, επειδή

$MS = MT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MC = ME$ αν αφαιρέσουμε κατά μέλη έχουμε: SC = TE

.

Θέτουμε $\boxed{SC = ET = x}$ και την πλευρά του τετραγώνου αλλά και του ισοπλεύρου

τριγώνου με : $\boxed{d = DC = CE}$ . Αν η προέκταση του

κόψει τον κύκλο στο

,

αφού $BC \bot DZ$ θα είναι και $\boxed{DC = CZ = d}$ . Από τη δύναμη του σημείου

ως προς τον κύκλο , έχουμε :

$CD \cdot CZ = CS \cdot CT \Rightarrow {d^2} = x(d + x) \Leftrightarrow \boxed{\frac{{d + x}}{d} = \frac{d}{x} = t > 0}$ . Δηλαδή $1 + \dfrac{1}{t} = t \Leftrightarrow {t^2} - t - 1 = 0 \Rightarrow \boxed{t = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2} = \varphi }$

Φιλικά Νίκος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #655

KARKAR έγραψε:Άσκηση 250
Το συνημμένο 250.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίπλα στο τετράγωνο τοποθετούμε το ισόπλευρο τρίγωνο . Ο κύκλος

τέμνει την προέκταση της στο . Υπολογίστε το λόγο : $\displaystyle \frac{ES}{EC}$ .

Με την άσκηση αυτή συμπληρώνεται ο μέγιστος ανεκτός αριθμός του εμπνευστή Μιχάλη ...

Μια λύση ακόμη

Κατασκευάζουμε τον κύκλο $\displaystyle{(Q) = \left( {B,\alpha } \right)}$ όπου $\displaystyle{\alpha }$ η πλευρά του τετραγώνου και του ισόπλευρου τριγώνου κι έστω $\displaystyle{SE \cap \left( C\right) = T}$ .
Επειδή οι κύκλοι είναι ομόκεντροι θα είναι $\displaystyle{SC = ET = x}$ . Επιπλέον, $\displaystyle{DC = CZ = a}$ (αφού $\displaystyle{BC \bot DZ}$ )
Είναι, $\displaystyle{DC \cdot CZ = SC \cdot {\text{CT}} \Rightarrow {\alpha ^2} = x\left( {\alpha + x} \right) \Rightarrow {x^2} + \alpha x - {\alpha ^2} = 0 \Rightarrow \boxed{{\text{ }}x = \frac{{\alpha \left( {\sqrt 5 - 1} \right)}}{2}}}$
$\displaystyle{\frac{{ES}}{{EC}} = \frac{{x + \alpha }}{\alpha }}$ $\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{\frac{{SE}}{{EC}} = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2}}}$

#656

Μιχάλη , καλή δύναμη !

Τόσες πολλές ασκήσεις στο τετράγωνο δεν νομίζω να έχουν συγκεντρώσει σε κανένα μέρος του κόσμου.

Όταν με το καλό τακτοποιηθεί σε πρώτη φάση το υλικό, θα το χωρίσουμε σε θεματικές ενότητες( Θέματα κίνησης γωνιών - Μετρικά θέματα- Θέματα εμβαδών - Θέματα κατασκευών - Θέματα γ.τόπων- Γενικά θέματα), ώστε να είναι αξιοποιήσιμα σε κάθε χρήστη. Στην τακτοποίηση αυτή θα βοηθήσουμε και εμείς .

Μπάμπης

#657

Μια ακόμα λύση στην άσκηση 250, ως ελάχιστος φόρος τιμής στην εξαιρετική και μοναδική προσπάθεια όλων των αγαπητών φίλων του

Θα ήμουν ευτυχής, αν καταφέρναμε να εκδώσουμε σε βιβλίο τη συλλογή, μόνο με τις εκφωνήσεις (και παραπομπές-υπερσυνδέσμους στις αναρτημένες λύσεις), για να προσπαθήσει για τη λύση τους, όποιος λάτρης της γεωμετρίας θα ήθελε.

Ευχαρίστως, να συμβάλω σε μια τέτοια προσπάθεια, που θα είναι στολίδι για μια Μαθηματική βιβλιοθήκη!

: 18-09-2013 Γεωμετρία (250).jpg (15.88 KiB) Προβλήθηκε 1502 φορές

Έστω

η πλευρά του τετραγώνου και του ισοπλεύρου τριγώνου, οπότε $\displaystyle SB = \sqrt 2$ .

Είναι $\displaystyle \widehat {BCE} = 60^\circ \Rightarrow \widehat {BCS} = 120^\circ$ .

Έστω SC = x, x > 0

.

Από Ν. Συνημιτόνων στο SBC

$\displaystyle {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = {1^2} + {x^2} - 2x \cdot \sigma \upsilon \nu 120^\circ \Leftrightarrow {x^2} + x - 1 = 0 \Leftrightarrow x = \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}$

Άρα $\displaystyle \frac{{ES}}{{EC}} = \frac{{1 + \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}}}{1} = \frac{{\sqrt 5 + 1}}{2}$

Ιστοσελίδα · #658

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:Μιχάλη, καλή δύναμη!

Τόσες πολλές ασκήσεις στο τετράγωνο δεν νομίζω να έχουν συγκεντρώσει σε κανένα μέρος του κόσμου.

Όταν με το καλό τακτοποιηθεί σε πρώτη φάση το υλικό, θα το χωρίσουμε σε θεματικές ενότητες( Θέματα κίνησης γωνιών - Μετρικά θέματα- Θέματα εμβαδών - Θέματα κατασκευών - Θέματα γ.τόπων- Γενικά θέματα), ώστε να είναι αξιοποιήσιμα σε κάθε χρήστη. Στην τακτοποίηση αυτή θα βοηθήσουμε και εμείς .

Μπάμπης

Σ' ευχαριστώ Μπάμπη. Εννοείται ότι μετά την 1η έκδοση θα χρειαστώ τη βοήθειά σας.

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Μια ακόμα λύση στην άσκηση 250, ως ελάχιστος φόρος τιμής στην εξαιρετική και μοναδική προσπάθεια όλων των αγαπητών φίλων του

Θα ήμουν ευτυχής, αν καταφέρναμε να εκδώσουμε σε βιβλίο τη συλλογή, μόνο με τις εκφωνήσεις (και παραπομπές-υπερσυνδέσμους στις αναρτημένες λύσεις), για να προσπαθήσει για τη λύση τους, όποιος λάτρης της γεωμετρίας θα ήθελε.

Ευχαρίστως, να συμβάλω σε μια τέτοια προσπάθεια, που θα είναι στολίδι για μια Μαθηματική βιβλιοθήκη!

Γιώργο, σ' ευχαριστώ εκ των προτέρων. Η βοήθεια όλων σας θα είναι καθοριστική. Δουλεύω ακριβώς αυτό που αναφέρεις...σχήμα - εκφώνηση - υπερσύνδεσμοι. Την έχω αναγάγει σε δύσκολη δουλειά γιατί τα φτιάχνω όλα απ' την αρχή (είχα και μια ατυχία χάνοντας μεγάλο μέρος της δουλειάς..τέλος πάντων).
Το τελευταίο αρχείο excel με τις 250

ασκήσεις. Άλυτες παραμένουν οι 24,27,59,84,111,158,199,214

. Παρακαλώ τους θεματοθέτες να δώσουν κάποια στιγμή τις λύσεις τους.

Σας ευχαριστώ.

parmenides51 · #659

το είχα αναφέρει και παλιότερα, το αναφέρω και τώρα

καλό θα ήταν να υπάρχει τουλάχιστον μια $100\%$ γεωμετρική αντιμετώπιση σε κάθε άσκηση

τον χρόνο τον πολύ τον απαιτούν τα σχήματα, αν όμως έβαζαν εξαρχής όλοι τα αρχεία geogebra θα κερδίζαμε αρκετό χρόνο

θα βοηθούσα αλλά είμαι αρκετά busy τελευταία (λόγω εξεταστικής - το είπα για να νιώσω νιάτο

, κλέβω χρόνο μόνο για το bulletin aops)

κουράγιο Μιχάλη

KARKAR · #660

Παρότι η

δεν έλαβε απάντηση , μάλλον λόγω της ευκολίας της , ας κάνουμε το χατίρι του οικοδεσπότη :

: 214.png (16.73 KiB) Προβλήθηκε 1421 φορές

Αν

η πλευρά του τετραγώνου για τη διάμετρο θα έχω d^2=2a^2

. Προεκτείνω τα ST,SP

, έως ότου

να τμήσουν τον κύκλο στα T',P'

. Προφανώς η T'P'

είναι διάμετρος , άρα : ST'^2+SP'^2=2a^2

Συνεπώς : $ST^2+SP^2=\displaystyle \frac{a^2}{2}$ . Στο ίδιο αποτέλεσμα φτάνουμε , υπολογίζοντας τη διαγώνιο

του ορθογωνίου STOP

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

Μέλη σε σύνδεση