Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

sakis1963 · #21

Ασκηση 9

: GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκηση 9.png (23.04 KiB) Προβλήθηκε 1612 φορές

Χαιρετώ.

Φέρω το ύψος

του τριγώνου ABD

Οι $\hat{GAE}=\hat{EKF}=\omega$ ως εντός εναλλάξ

Οι $\hat{GAE}=\hat{EAC}=\omega$ από τη γνωστή πρόταση ύψους-διχοτόμου-διαμέτρου περίκυκλου, που άγονται από την ιδια κορυφή (εδώ την

)

Αρα

ισοσκελές και CK=AC=BD

λόγω της ισότητας των διαγωνίων του ορθογωνίου

Σάκης

sakis1963 · #22

Ασκηση 8

α.

Θέτω CS=x, BS=c

οπότε από Π.Θ. στο BCS

Από δύναμη σημείου

έχω

απόπου $CS=x=\dfrac{b^2}{a}$

KARKAR · #23

Άσκηση 10

: Άσκηση 10.png (8.01 KiB) Προβλήθηκε 1599 φορές

Ο λόγος των πλευρών του ορθογωνίου ABCD

είναι $\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{5}{7}$ .

Κατασκευάστε νέο ορθογώνιο PQST

, με κορυφές ανά μία στις πλευρές

του αρχικού και $\dfrac{AT}{TD}=\dfrac{2}{3}$ και βρείτε το λόγο : $\dfrac{(PQST)}{(ABCD)}$

#24

sakis1963 έγραψε:Ασκηση 8

α.

Θέτω οπότε από Π.Θ. στο

Από δύναμη σημείου έχω απ όπου $CS=x=\dfrac{b^2}{a}$

Ορθογώνια (KARKAR)_8.png

Για το δεύτερο ερώτημα είναι $\boxed{y = \frac{3}{7}b}$ .

Λόγω άθλιου διαδικτύου, υποθέτω σε λίγο και τα λόγια.

Ν.

#25

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 9

Δίνεται ορθογώνιο $AB\Gamma \Delta$ στο οποίο είναι το σημείο τομής της διχοτόμου
της γωνίας $\hat{A}$ και της από το $\Gamma$ καθέτου στην $B\Delta$ . Δείξτε ότι $B\Delta =\Gamma K$ .

Χαιρετώ τους φίλους.

: Ορθογώνια.9..png (13.21 KiB) Προβλήθηκε 1561 φορές

Φέρνω από το

παράλληλη στη

που τέμνει τις BC, AD

στα

αντίστοιχα. Το AHK

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε BE=AH=HK

. Τα τρίγωνα BDE, KCH

έχουν

και $\hat{DBE}=\hat{CKH}$ , οπότε θα είναι $\displaystyle{\omega = \varphi }$ ή $\displaystyle{\omega + \varphi + 2\theta = {180^0}}$ (ο κριτήριο). Στην

η περίπτωση τα τρίγωνα είναι ίσα και $\boxed{BD=CK}$ . Στη δεύτερη περίπτωση είναι $\displaystyle{\theta = {45^0}}$ , δηλαδή το ABCD

είναι τετράγωνο, το

είναι μέσο του

, άρα και πάλι ισχύει.

Υπάρχουν πολύ πιο εύκολοι τρόποι, αλλά ήθελα να χρησιμοποιήσω αυτό το κριτήριο που το βλέπουμε σπάνια.

#26

KARKAR έγραψε:Άσκηση 8
Το συνημμένο Άσκηση 8.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Ορθογώνιο , διαστάσεων $a \times b$ , είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο . Η εφαπτομένη του

περικύκλου στο , τέμνει την προέκταση της στο σημείο , από το οποίο φέρουμε

το άλλο εφαπτόμενο τμήμα και στη συνέχεια το κάθετο προς την τμήμα .

α) Υπολογίστε το τμήμα . β) Αν $CS=\dfrac{a}{3}$ , υπολογίστε το τμήμα .

1. Επειδή $SC \cdot SD = S{B^2} = S{C^2} + B{C^2} \Rightarrow x(x + a) = {x^2} + {b^2}$ και άρα $\boxed{x = \dfrac{{{b^2}}}{a}}$ .

2. Αν τώρα $x = \dfrac{a}{3}$ θα έχουμε $\dfrac{a}{3} = \dfrac{{{b^2}}}{a} \Leftrightarrow {a^2} = 3{b^2}\,\,\,\,(1)$ , δηλαδή $\boxed{a = b\sqrt 3 }$ με άμεση συνέπεια $R = b\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\alpha = {\lambda _3} = R\sqrt 3 = b\sqrt 3$ .

Έστω

το σημείο τομής των $TA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DC$ και

το κέντρο του κύκλου του ορθογωνίου ABCD

.

Επειδή $\widehat \theta = \widehat \omega$ ( υπό χορδής κι εφαπτομένης ) και $\widehat \omega = \widehat \phi$ ( αφού AB//MC

) , θα είναι $\widehat \phi = \widehat \theta$ και άρα τα σημεία T,M,B,S

ανήκουν στον ίδιο κύκλο.

: Ορθογώνια (KARKAR)_8_b.png (31.55 KiB) Προβλήθηκε 1552 φορές

Όμως τα σημεία T,O,B,S

ανήκουν στο κύκλο διαμέτρου

γιατί $OB \bot BS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OT \bot TS$ .

Συνεπώς τα πέντε σημεία T,M,O,B,S

ανήκουν στον κύκλο διαμέτρου

με άμεση συνέπεια το

να είναι μέσο του

.

Από τη δύναμη του σημείου

ως προς τον κύκλο (O,R)

θα έχουμε :

$MA \cdot MT = MD \cdot MC \Rightarrow \dfrac{{MA \cdot MT}}{{M{A^2}}} = \dfrac{{MD \cdot MC}}{{M{A^2}}} \Rightarrow \dfrac{{MT}}{{MA}} = \dfrac{{MD \cdot MC}}{{D{A^2} + D{M^2}}}$

Λόγω Π. Θ. στο τρίγωνο DAM

. Όμως τα ορθογώνια τρίγωνα $PTM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DAM$ είναι όμοια και η προηγούμενη σχέση γίνεται :

$\dfrac{y}{b} = \dfrac{{\dfrac{{{a^2}}}{4}}}{{{b^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4}}} \Rightarrow \dfrac{y}{b} = \dfrac{{{a^2}}}{{4{b^2} + {a^2}}}$ και λόγω της (1),

$\dfrac{y}{b} = \dfrac{{3{b^2}}}{{4{b^2} + 3{b^2}}} = \dfrac{3}{7} \Rightarrow \boxed{y = \dfrac{3}{7}b}$

Ν.

KARKAR · #27

Άσκηση 11

: Άσκηση 11.png (12.37 KiB) Προβλήθηκε 1541 φορές

Το ισόπλευρο τρίγωνο DEZ

είναι τοποθετημένο στο εσωτερικό του ορθογωνίου

ABCD

, όπως φαίνεται στο σχήμα . Αν η απόσταση της κορυφής

απο την

πλευρά

είναι

, βρείτε την απόσταση του

από την πλευρά

Φανης Θεοφανιδης · #28

ΑΣΚΗΣΗ 12

Θεωρούμε ένα ορθογώνιο $AB\Gamma \Delta$ και τυχαίο σημείο

της περιμέτρου του.
Δείξτε ότι το άθροισμα των αποστάσεων του

από τις διαγωνίους $A\Gamma$ και $B\Delta$
είναι σταθερό.

#29

KARKAR έγραψε:Άσκηση 11
Το συνημμένο Άσκηση 11.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το ισόπλευρο τρίγωνο είναι τοποθετημένο στο εσωτερικό του ορθογωνίου

, όπως φαίνεται στο σχήμα . Αν η απόσταση της κορυφής απο την

πλευρά είναι , βρείτε την απόσταση του από την πλευρά

Ας δούμε τη γεωμετρική κατασκευή.

: Ορθογώνια (KARKAR)_11_κατασκευή.png (25.46 KiB) Προβλήθηκε 1528 φορές

Από το

φέρνουμε ευθεία με κλίση $60^\circ$ με την

η οποία τέμνει τη μεσοπαράλληλο των

και

( σταθερή ως ευθεία) στο μέσο

του

.

Τα υπόλοιπα είναι απλώς … υπολογισμοί!

: Ορθογώνια (KARKAR)_11.png (25.81 KiB) Προβλήθηκε 1525 φορές

Ας είναι

η διάμεσος του τραπεζίου MSAD

. Επειδή $MN = \dfrac{{AM\sqrt 3 }}{2} \Rightarrow \dfrac{9}{2} = \dfrac{{AM\sqrt 3 }}{2}$ και άρα $\boxed{x = 8 - AM = 8 - 3\sqrt 3 }$
Ν.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #30

ΑΣΚΗΣΗ 12

$\displaystyle{AB//MC \Rightarrow \left( {MCA} \right) = \left( {MCB} \right)}$ και $\displaystyle{AB//MD \Rightarrow \left( {MDB} \right) = \left( {MDA} \right)}$

Με πρόθεση έχουμε $\displaystyle{\left( {MCA} \right) + \left( {MDB} \right) = \left( {MCB} \right) + \left( {MDA} \right) = \frac{{ab}}{2} \Rightarrow \frac{{\left( {x + y} \right)d}}{2} = \frac{{ab}}{2} \Rightarrow \boxed{x + y = \frac{{ab}}{d}}}$

(Είναι $\displaystyle{\left( {MAB} \right) = \left( {DAB} \right) = \frac{{ab}}{2}}$ )

: ασκηση 12.png (6.29 KiB) Προβλήθηκε 1524 φορές

#31

KARKAR έγραψε:Άσκηση 10

Το συνημμένο Άσκηση 10.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Ο λόγος των πλευρών του ορθογωνίου είναι $\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{5}{7}$ .

Κατασκευάστε νέο ορθογώνιο , με κορυφές ανά μία στις πλευρές

του αρχικού και $\dfrac{AT}{TD}=\dfrac{2}{3}$ και βρείτε το λόγο : $\dfrac{(PQST)}{(ABCD)}$

: Ορθογώνια (KARKAR)_10.png (14.31 KiB) Προβλήθηκε 1497 φορές

Ας είναι $AT = 2k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TD = 3k\,\,,\,\,k > 0$ . Τότε AB = 7k

. Θέτουμε

, άρα

.

Επειδή $ST \bot TP$ , τα ορθογώνια τρίγωνα $DST\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BPQ$ θα έχουν ίσες γωνίες κι αφού έχουν ίσες υποτείνουσες θα είναι και ίσα .

Από τα όμοια τρίγωνα $APT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DTS$ έχουμε: $\dfrac{{AP}}{{DT}} = \dfrac{{AT}}{{DS}} \Rightarrow xu = 3k2k$ κι αφού x + u = 7k

έχουμε την εξίσωση : ${x^2} - 7k + 6{k^2} = 0$ .

Έτσι με x > u

είναι : $\boxed{x = 6k\,}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\boxed{u = k}$ και η κατασκευή του PQST

απλή.

Επειδή $TS = \sqrt {10} k\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TP = \sqrt {40} k$ ( Π. Θ. στα τρίγωνα $DTS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,APT$ ) θα έχουμε:

$\boxed{\frac{{(PQST)}}{{(ABCD)}} = \dfrac{{20}}{{35}} = \dfrac{4}{7}}$ .

Ν.

#32

ΑΣΚΗΣΗ 13

Μια απλή και σχολική :

Στο εσωτερικό ενός ορθογωνίου ABCD

υπάρχει σημείο

, τέτοιο ώστε : MA=1,MB=7,MD=4

.Να υπολογιστεί το τμήμα

.

Μπ

Ιστοσελίδα · #33

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 13

Μια απλή και σχολική :

Στο εσωτερικό ενός ορθογωνίου υπάρχει σημείο , τέτοιο ώστε : .Να υπολογιστεί το τμήμα .

Μπ

Γεια σου Μπάμπη.
Είναι $M{A^2} + M{C^2} = M{B^2} + M{D^2} \Leftrightarrow MC = \sqrt {49 + 16 - 1} = 8$ .

* Edit: Η σχέση προκύπτει από δύο θεωρήματα διαμέσων στις ίσες διαγώνιες του ορθογωνίου, που τέμνονται στο .

ealexiou · #34

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 13

Μια απλή και σχολική :

Στο εσωτερικό ενός ορθογωνίου υπάρχει σημείο , τέτοιο ώστε : .Να υπολογιστεί το τμήμα .

Μπ

Ας είναι

και

οι αποστάσεις του σημείου

από τις πλευρές

και

αντίστοιχα τότε

x^2=7^2 -y^2+4^2-z^2

όμως

, άρα $x^2=49+16-1=64\Rightarrow \boxed{MC=x=\sqrt{64}=8}$

edit: Άργησα... Την αφήνω για να την βρίσκω εύκολα (στις δημοσιεύσεις μου) και επειδή μου άρεσε.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #35

ΑΣΚΗΣΗ 9

$\displaystyle{\angle BDC = \angle LCK = \omega }$ (οξείες με κάθετες πλευρές).Ακόμη , $\displaystyle{\angle \omega + \varphi = \angle \omega + \theta = {45^0} \Rightarrow \angle \varphi = \angle \vartheta \Rightarrow \boxed{KC = AC = BD}}$

: A.9.png (13.44 KiB) Προβλήθηκε 1446 φορές

KARKAR · #36

Άσκηση 14

: Άσκηση 14.png (6 KiB) Προβλήθηκε 1437 φορές

Στην πλευρά

ορθογωνίου ABCD

, διαστάσεων $a \times b$ , βρίσκεται σημείο

,

και έστω BS=x

. Επιλέξτε σημείο

της πλευράς

, με

ώστε ,

αν η κάθετη της

στο

, τέμνει την

στο

και την

στο

,

να είναι : (PQCS)=2(PTBS)

. Διερεύνηση επιθμητή , αλλά όχι ζητούμενη !

STOPJOHN · #37

AΣΚΗΣΗ 12

Έστω $B\Theta \perp A\Gamma ,MI\perp B\Theta ,$ τότε είναι KBM=BIM

, γιατί είναι ορθογώνια

και έχουν την πλευρά

κοινή, $\hat{KBM}=\hat{AN\Gamma }=\hat{IMB}$ Αρα
KM=BI,(1)

Aπό το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο

$IMN\Theta ,MN=I\Theta ,(2). (1)+(2)\Rightarrow MN+KM=I\Theta +BI=B\Theta$
, σταθερό

Γιάννης

#38

Άσκηση 14

: Άσκηση 14.png (6 KiB) Προβλήθηκε 1416 φορές

Από την ομοιότητα των DPQ, DSC

είναι $\displaystyle \frac{{PQ}}{{SC}} = \frac{{DQ}}{{DC}} \Leftrightarrow PQ = \frac{{\left( {a - y} \right)\left( {b - x} \right)}}{a}$

Οπότε $\displaystyle \frac{{\left( {PQCS} \right)}}{{\left( {PTBS} \right)}} = 2 \Leftrightarrow \left( {PQSC} \right) = \frac{2}{3}by \Leftrightarrow \frac{{\frac{{\left( {a - y} \right)\left( {b - x} \right)}}{a} + b - x}}{2} \cdot y = \frac{2}{3}by$

$\displaystyle \Leftrightarrow \frac{{\left( {b - x} \right)\left( {2a - y} \right)}}{{2a}} = \frac{2}{3}b \Leftrightarrow 2ab - 6ax + 3xy - 3by = 0 \Leftrightarrow y = \frac{{2a\left( {b - 3x} \right)}}{{3\left( {b - x} \right)}}$

Πρέπει $\displaystyle x < \frac{b}{3}$ .

sakis1963 · #39

Ασκηση 14

: GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.14.png (11.38 KiB) Προβλήθηκε 1413 φορές

Χωρίζω το ορθογώνιο σε τρία οριζόντια ισεμβαδικά τμήματα υψους $\dfrac{b}{3}$

Η ζητούμενη είναι η συμμετρική της

ώς προς την // προς την

που περνά από την τομή

, της

με την 1η παράλληλη

Είναι φανερό ότι πρέπει $x<\dfrac{b}{3}$

Σάκης

sakis1963 · #40

Ασκηση 15

Αφού περιγράψετε γεωμετρικά με τετράγωνο, δοσμένο ορθογώνιο με πλευρές a, b

αποδείξτε ότι το εμβαδόν του (τετραγώνου) είναι $\dfrac{(a+b)^2}{2}$

Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μέλη σε σύνδεση