Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Συντονιστής: spyros

Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1866
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #601 από vittasko » Κυρ Φεβ 21, 2016 9:39 pm

KARKAR έγραψε:Άσκηση 211
Στο άκρο A της διαγωνίου AC , ορθογωνίου ABCD , φέρω κάθετη , η οποία τέμνει τις προεκτάσεις των CB,CD στα σημεία Q,P αντίστοιχα . Ονομάζω M το μέσο του PQ , παίρνω τυχαίο σημείο S της AC και γράφω τους κύκλους , (Q,A,S), (P,A,S) , οι οποίοι τέμνουν τις προεκτάσεις των AB,AD στα L,N αντίστοιχα . Δείξτε ότι οι ευθείες QL,PN τέμνονται σε σημείο - το οποίο ονομάζω T - της MC .

Έστω (O),\ (K) , οι περίκυκλοι των τριγώνων \vartriangle AQS,\ \vartriangle APS αντιστοίχως και ας είναι E\equiv BC\cap (O) και F\equiv CD\cap (K) .

Έστω τα σημεία Z\equiv TP\cap QC,\ H\equiv TQ\cap PC και αρκεί να αποδειχθεί ότι ZH\parallel PQ , γιατί η ευθεία που συνδέει το σημείο τομής των διαγωνίων τραπεζίου με το σημείο τομής των ευθειών των μη παραλλήλων πλευρών του, περνάει από τα μέσα των βάσεών του ( γνωστό αποτέλεσμα ).

\bullet Από το εγγράψιμο τετράπλευρο APFS έχουμε \angle CSF = \angle CPA\ \ \ ,(1)

Από (1) και \angle CPA = \angle CAD , λόγω του ορθογωνίου τριγώνου \vartriangle ACP με AD\perp CP ,

προκύπτει \angle CSF = \angle CAD\ \ \ ,(2)\Rightarrow SF\parallel AD\ \ \ ,(3) και ομοίως αποδεικνύεται ότι SE\parallel AB\ \ \ ,(4)

Από το τραπέζιο ANFS τώρα, έχουμε \angle CAD = \angle ANF\ \ \ ,(5)

Από το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο CESF έχουμε \angle CSF = \angle SFE\ \ \ ,(6)

Από (2),\ (5),\ (6)\Rightarrow \angle ANF = \angle SFE\ \ \ ,(7) και άρα, τα σημεία N,\ F,\ E είναι συνευθειακά.

Ομοίως αποδεικνύεται ότι και τα σημεία L,\ E,\ F είναι συνευθειακά και επομένως, και τα τέσσερα σημεία N,\ F,\ E,\ L ανήκουν στην ίδια ευθεία.
f=40_t=52292_211.PNG
Συλλογή ασκήσεων με ορθοπγώνια - Άσκηση 211.
f=40_t=52292_211.PNG (28.34 KiB) Προβλήθηκε 939 φορές

\bullet Από SF\parallel AD και SE\parallel AB\Rightarrow \displaystyle \frac{CF}{FD} = \frac{CS}{SA} = \frac{CE}{EB}\Rightarrow BD\parallel EF\equiv LN\Rightarrow \boxed{\displaystyle \frac{AD}{DN} = \frac{AB}{BL}}\ \ \ ,(8)

Αλλά, από AN\parallel QZ\Rightarrow \boxed{\displaystyle \frac{AD}{DN} = \frac{QC}{CZ}}\ \ \ ,(9) και από AL\parallel PH\Rightarrow \boxed{\displaystyle \frac{AB}{BL} = \frac{PC}{CH}}\ \ \ ,(10)

Από (8),\ (9),\ (10)\Rightarrow \boxed{\displaystyle \frac{QC}{CZ} = \frac{PC}{PH}}\ \ \ ,(11)

Από (11)\Rightarrow \boxed{ZH\parallel PQ} και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3411
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #602 από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Δευ Φεβ 22, 2016 2:04 pm

KARKAR έγραψε:Άσκηση 211
Στο άκρο A της διαγωνίου AC , ορθογωνίου ABCD , φέρω κάθετη , η οποία τέμνει τις προεκτάσεις των CB,CD στα σημεία Q,P αντίστοιχα . Ονομάζω M το μέσο του PQ , παίρνω τυχαίο σημείο S της AC και γράφω τους κύκλους , (Q,A,S), (P,A,S) , οι οποίοι τέμνουν τις προεκτάσεις των AB,AD στα L,N αντίστοιχα .Δείξτε ότι οι ευθείες QL,PN τέμνονται σε σημείο - το οποίο ονομάζω T - της MC .

Ας δούμε μια διαφορετική προσέγγιση του θέματος
\bullet Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα SAPN,SAQL\mathop  \Rightarrow \limits^{SA \bot PQ,SA \bot AQ} SN \bot PT,SL \bot TQ και με SA \bot PQ προκύπτει ότι τα τρίγωνα \vartriangle ANL,\vartriangle TQP είναι

ορθολογικά (*) και με PD \bot AN,QB \bot AL \Rightarrow C \equiv PD \cap AL είναι ο ορθοπόλος του \vartriangle TQP \Rightarrow \boxed{TC \bot NL}:\left( 1 \right).

Επίσης από το εγγράψιμο τετράπλευρο SAPN \Rightarrow \angle SPN = \angle SAN \mathop  = \limits^{o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle APD \Rightarrow \angle DPN = \angle APS\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle PDN = \angle PAS = {{90}^0}}

\vartriangle PDN \sim \vartriangle PAS \Rightarrow \dfrac{{DN}}{{AS}} = \dfrac{{PD}}{{PA}}\mathop  = \limits^{\vartriangle PDA \sim \vartriangle ABQ} \dfrac{{AB}}{{AQ}}:\left( 2 \right) και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι \vartriangle QBL \sim \vartriangle QAS \Rightarrow \dfrac{{BL}}{{AS}} = \dfrac{{BQ}}{{AQ}}:\left( 3 \right).
211.png
211.png (55.04 KiB) Προβλήθηκε 935 φορές

\bullet Από \left( 2 \right):\left( 3 \right) \Rightarrow \dfrac{{DN}}{{BL}} = \dfrac{{AB}}{{BQ}}\mathop  = \limits^{\vartriangle ABQ \sim \vartriangle DAB} \dfrac{{DA}}{{AB}} \Rightarrow DB\parallel NL\mathop  \Rightarrow \limits^{TC \bot NL} \boxed{TC \bot BD}:\left( 4 \right).

Είναι \angle BDC\mathop  = \limits^{ABCD\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o} \angle BAC \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 BQP \Rightarrow P,D,B,Q ομοκυκλικά και με TC \bot DB \Rightarrow TC σύμφωνα με το
Θεώρημα

Nagel διέρχεται από το κέντρο του περίκυκλου του τριγώνου \vartriangle PCQ το οποίο είναι το μέσο της PQ αφού \angle PCQ = {90^0} και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

(*) Αν οι κάθετες από τις κορυφές ενός τριγώνου προς τις πλευρές ενός άλλου τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σημείο το ίδιο συμβαίνει και για τις κάθετες από τις κορυφές του δεύτερου τριγώνου προς τις πλευρές του πρώτου τριγώνου. (Τρίγωνα ορθολογικά). Αποδεικνύεται εύκολα με το θεώρημα του Carnot.

Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 978
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #603 από Μιχάλης Τσουρακάκης » Δευ Φεβ 22, 2016 6:21 pm

KARKAR έγραψε:Άσκηση 211
Το συνημμένο Άσκηση 210.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο άκρο A της διαγωνίου AC , ορθογωνίου ABCD , φέρω κάθετη , η οποία τέμνει

τις προεκτάσεις των CB,CD στα σημεία Q,P αντίστοιχα . Ονομάζω M το μέσο

του PQ , παίρνω τυχαίο σημείο S της AC και γράφω τους κύκλους , (Q,A,S),

(P,A,S) , οι οποίοι τέμνουν τις προεκτάσεις των AB,AD στα L,N αντίστοιχα .

Δείξτε ότι οι ευθείες QL,PN τέμνονται σε σημείο - το οποίο ονομάζω T - της MC .


Καλησπέρα....

Έστω \displaystyle{QC \cap PN = E,PC \cap QL = K}

Είναι \displaystyle{\angle PNS = {90^0}}\displaystyle{ \Rightarrow \angle x = \angle y} και \displaystyle{\angle y = \angle \theta  \Rightarrow \angle x = \angle \theta  \Rightarrow \vartriangle PSA \simeq \vartriangle EPC \Rightarrow \frac{{EC}}{{AS}} = \frac{{PC}}{{PA}}(1)}

\displaystyle{SZLA} είναι ισοσκελές τραπέζιο \displaystyle{ \Rightarrow \angle \phi  = \angle \omega  \Rightarrow \vartriangle SAQ \simeq \vartriangle CKQ \Rightarrow \frac{{AS}}{{CK}} = \frac{{AQ}}{{CQ}}(2)}

\displaystyle{(1) \cdot (2) \Rightarrow \frac{{EC}}{{CK}} = \frac{{AQ}}{{AP}} \cdot \frac{{CP}}{{CQ}} = \frac{{C{Q^2}}}{{C{P^2}}} \cdot \frac{{CP}}{{CQ}} \Rightarrow \boxed{\frac{{EC}}{{CK}} = \frac{{CQ}}{{CP}}} \Rightarrow EK//PQ} και \displaystyle{H} μέσον της \displaystyle{EK} (αφού \displaystyle{\angle HKC = \angle CPM = \angle PCM = \angle HCK})

Από θ.κεντρικής δέσμης προκύπτει το ζητούμενο

a211.png
a211.png (53.95 KiB) Προβλήθηκε 909 φορές


Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1866
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #604 από vittasko » Δευ Φεβ 22, 2016 6:56 pm

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε: \displaystyle \frac{EC}{CK} = \frac{\color{red}AQ}{\color{red}AP} \cdot \frac{CP}{CQ} = \frac{\color{red}CQ^2}{\color{red}CP^2} \cdot \frac{CP}{CQ}\Rightarrow \boxed{\displaystyle \frac{EC}{CK} = \frac{CQ}{CP}}

:coolspeak:

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8078
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #605 από KARKAR » Δευ Φεβ 22, 2016 8:58 pm

Άσκηση 213
Άσκηση  212.png
Άσκηση 212.png (11.36 KiB) Προβλήθηκε 859 φορές
Σε τυχαίο σημείο S της πλευράς AB ορθογωνίου ABCD , υψώνουμε κάθετη ,

η οποία τέμνει την DC στο P και τον περίκυκλο στο Q . Η παράλληλη από το Q

προς τη DC τέμνει τις προεκτάσεις των BC,AD στα L,N . Δείξτε ότι SN\perp PL


Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 636
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #606 από sakis1963 » Δευ Φεβ 22, 2016 9:40 pm

KARKAR έγραψε:Άσκηση 213
Το συνημμένο Άσκηση 212.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε τυχαίο σημείο S της πλευράς AB ορθογωνίου ABCD , υψώνουμε κάθετη ,

η οποία τέμνει την DC στο P και τον περίκυκλο στο Q . Η παράλληλη από το Q

προς τη DC τέμνει τις προεκτάσεις των BC,AD στα L,N . Δείξτε ότι SN\perp PL


Άσκηση 213
213.png
213.png (21.91 KiB) Προβλήθηκε 843 φορές

Καλησπέρα.

Από δύναμη σημείου N έχουμε x(a-x)=y(b+y) ...(1)

Κλίση του \vec{SN} είναι \lambda_{SN}=-\dfrac{a-x}{b+y} και του \vec{PL} είναι \lambda_{PL}=\dfrac{y}{x} άρα λόγω της (1)

\lambda_{SN} \cdot \lambda_{PL}=-1

άρα SN\perp PL


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης
Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3411
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #607 από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Δευ Φεβ 22, 2016 10:09 pm

KARKAR έγραψε:Άσκηση 213
Σε τυχαίο σημείο S της πλευράς AB ορθογωνίου ABCD , υψώνουμε κάθετη , η οποία τέμνει την DC στο P και τον περίκυκλο στο Q . Η παράλληλη από το Q προς τη DC τέμνει τις προεκτάσεις των BC,AD στα L,N . Δείξτε ότι SN\perp PL

\angle QLP\mathop  = \limits^{QLCP\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o} \angle QCP \equiv \angle QCD\mathop  = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o} \angle QAD \equiv \angle QAN\mathop  = \limits^{ASQN\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o} \angle QSN\mathop  \Rightarrow \limits^{QL \bot SQ} \boxed{PL \bot SN}

Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 978
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #608 από Μιχάλης Τσουρακάκης » Δευ Φεβ 22, 2016 10:10 pm

KARKAR έγραψε:Άσκηση 213
Το συνημμένο Άσκηση 212.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε τυχαίο σημείο S της πλευράς AB ορθογωνίου ABCD , υψώνουμε κάθετη ,

η οποία τέμνει την DC στο P και τον περίκυκλο στο Q . Η παράλληλη από το Q

προς τη DC τέμνει τις προεκτάσεις των BC,AD στα L,N . Δείξτε ότι SN\perp PL


\displaystyle{QCBE} ισοσκελές τραπέζιο \displaystyle{ \Rightarrow QP = SE = LC \Rightarrow PS + SE = CB + CL \Rightarrow PE = //LB \Rightarrow PL//EB}

και \displaystyle{\angle \omega  = \angle x = \angle y \Rightarrow PZNQ} εγγράψιμο\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{LP \bot NS}}

Κάπου την έχω ξαναδεί...

a213.png
a213.png (17.51 KiB) Προβλήθηκε 840 φορές


Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 636
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #609 από sakis1963 » Δευ Φεβ 22, 2016 10:36 pm

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:
KARKAR έγραψε:Άσκηση 213
Άσκηση 212.png


Κάπου την έχω ξαναδεί...



Δίκιο έχεις Μιχάλη, είναι η Ασκηση 189


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4317
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #610 από Doloros » Τρί Φεβ 23, 2016 4:49 pm

Άσκηση 214

Ορθογώνια_KARKAR_214.png
Ορθογώνια_KARKAR_214.png (8.53 KiB) Προβλήθηκε 765 φορές


Έστω ορθογώνιο ABCD και τα σημεία Z\,\,\kappa \alpha \iota \,\,H των πλευρών του BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD αντίστοιχα , τέτοια ώστε το τρίγωνο AZH να είναι ισόπλευρο.

Δείξετε ότι (CHZ) = (BZA) + (DAH).


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8078
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #611 από KARKAR » Τρί Φεβ 23, 2016 8:23 pm

Doloros έγραψε:Άσκηση 214
Έστω ορθογώνιο ABCD και τα σημεία Z\,\,\kappa \alpha \iota \,\,H των πλευρών του BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD αντίστοιχα ,

τέτοια ώστε το τρίγωνο AZH να είναι ισόπλευρο . Δείξετε ότι (CHZ) = (BZA) + (DAH).

Σπεύδω να παραπέμψω στην εκπληκτική λύση Βαρβεράκη εδώ


Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 636
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #612 από sakis1963 » Τρί Φεβ 23, 2016 10:00 pm

Doloros έγραψε:Άσκηση 214

Ορθογώνια_KARKAR_214.png


Έστω ορθογώνιο ABCD και τα σημεία Z\,\,\kappa \alpha \iota \,\,H των πλευρών του BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD αντίστοιχα , τέτοια ώστε το τρίγωνο AZH να είναι ισόπλευρο.

Δείξετε ότι (CHZ) = (BZA) + (DAH).


Καλησπέρα, και εδώ


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8078
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #613 από KARKAR » Τετ Φεβ 24, 2016 8:19 pm

Άσκηση 215
Άσκηση  213.png
Άσκηση 213.png (17.58 KiB) Προβλήθηκε 682 φορές
Οι κορυφές A,C του ορθογωνίου του σχήματος είναι οι εστίες της έλλειψης . Υπολογίστε

το εμβαδόν του ABCD . Αν η έλλειψη έχει εξίσωση \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 , για ποια σχέση των

a , b , εξασφαλίζεται η ύπαρξη αυτού του ορθογωνίου και ποιος είναι τότε ο λόγος \dfrac{AB}{AD} ;


ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1652
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #614 από ealexiou » Τετ Φεβ 24, 2016 9:13 pm

KARKAR έγραψε:Άσκηση 215
Το συνημμένο Άσκηση 213.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Οι κορυφές A,C του ορθογωνίου του σχήματος είναι οι εστίες της έλλειψης . Υπολογίστε

το εμβαδόν του ABCD . Αν η έλλειψη έχει εξίσωση \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 , για ποια σχέση των

a , b , εξασφαλίζεται η ύπαρξη αυτού του ορθογωνίου και ποιος είναι τότε ο λόγος \dfrac{AB}{AD} ;


Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 215.png
Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 215.png (27.82 KiB) Προβλήθηκε 673 φορές


Για εξίσωση της έλλειψης \dfrac{x^2}{25}+\dfrac{y^2}{9}=1

Αν AD=x και AB=y τότε \begin{cases} & x+y=2a=10\\ & x^2+y^2=(2c)^2=4(a^2-b^2)=64\end{cases}\ \ \  \Rightarrow x=5-\sqrt{7},\ \ \ y=5+\sqrt{7}

άρα (ABCD)=(5-\sqrt{7})(5+\sqrt{7})=18


Για εξίσωση της έλλειψης \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1

Για να εγγραφεί το ορθογώνιο πρέπει c \geq b \Rightarrow \sqrt{a^2-b^2}\geq b\Rightarrow a\geq \sqrt{2}b (στην ισότητα προκύπτει τετράγωνο)

Αν AD=x και AB=y τότε

\begin{cases} & x+y=2a\\ & x^2+y^2=(2c)^2=4(a^2-b^2)\end{cases}\ \ \  \Rightarrow x=a-\sqrt{a^2-2b^2},\ \ \ y=a+\sqrt{a^2-2b^2}

Άρα \dfrac{AB}{AD}=\dfrac{a+\sqrt{a^2-2b^2}}{a-\sqrt{a^2-2b^2}}


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8078
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #615 από KARKAR » Πέμ Φεβ 25, 2016 11:38 am

Άσκηση 216
Άσκηση  216.png
Άσκηση 216.png (10.23 KiB) Προβλήθηκε 619 φορές
Δύο κύκλοι , οι οποίοι διέρχονται ο καθένας από δύο απέναντι κορυφές ορθογωνίου ABCD ,

τέμνονται στα σημεία P και S . Δείξτε ότι το PS διέρχεται από το κέντρο O του ορθογωνίου .


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 978
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #616 από Μιχάλης Τσουρακάκης » Πέμ Φεβ 25, 2016 5:32 pm

KARKAR έγραψε:Άσκηση 216
Το συνημμένο Άσκηση 216.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δύο κύκλοι , οι οποίοι διέρχονται ο καθένας από δύο απέναντι κορυφές ορθογωνίου ABCD ,

τέμνονται στα σημεία P και S . Δείξτε ότι το PS διέρχεται από το κέντρο O του ορθογωνίου .


Με \displaystyle{\left( O \right)} περίκυκλο του \displaystyle{ABCD} οι ριζικοί άξονες των \displaystyle{\left( O \right),\left( {{c_1}} \right)} και \displaystyle{\left( O \right),\left( {{c_2}} \right)} είναι \displaystyle{DB,CA} αντίστοιχα, που τέμνονται στο \displaystyle{O} .

Επομένως το \displaystyle{O} έχει ίδια δύναμη ως προς τους τρεις κύκλους ,άρα θα ανήκει και στο ριζικό άξονα των \displaystyle{\left( {{c_1}} \right),\left( {{c_2}} \right)} που είναι ο \displaystyle{PS}

a216.png
a216.png (20.71 KiB) Προβλήθηκε 601 φορές


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8078
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #617 από KARKAR » Κυρ Φεβ 28, 2016 8:56 am

Άσκηση 217
Άσκηση 216.png
Άσκηση 216.png (15.02 KiB) Προβλήθηκε 557 φορές
Η πλευρά AB ορθογωνίου ABCD που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο , είναι παράλληλη

προς τη διάμετρο ST . Σχεδιάζω το ( επίσης ) ορθογώνιο SBTD . Πώς πρέπει να επιλεγεί

η κορυφή A , ώστε ο λόγος (ABCD):(SBTD) , να ισούται με 3:2 ;


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4767
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #618 από george visvikis » Κυρ Φεβ 28, 2016 9:50 am

KARKAR έγραψε:Άσκηση 217
Το συνημμένο Άσκηση 216.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Η πλευρά AB ορθογωνίου ABCD που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο , είναι παράλληλη

προς τη διάμετρο ST . Σχεδιάζω το ( επίσης ) ορθογώνιο SBTD . Πώς πρέπει να επιλεγεί

η κορυφή A , ώστε ο λόγος (ABCD):(SBTD) , να ισούται με 3:2 ;


Καλημέρα Θανάση, καλημέρα σε όλους.

Έστω AB=a, AD=b
217.png
217.png (16.39 KiB) Προβλήθηκε 548 φορές

\displaystyle{\frac{{(ABCD)}}{{(SBTD)}} = \frac{{ab}}{{Rb}} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow a = \frac{{3R}}{2}}, απ' όπου προσδιορίζεται η κορυφή A.

Παίρνω πάνω στην ST τμήμα ίσο με \displaystyle{\frac{R}{4}} και φέρνω κάθετη στην ST που τέμνει τον κύκλο στα A, D, κλπ.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4767
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #619 από george visvikis » Κυρ Φεβ 28, 2016 11:56 am

Άσκηση 218

218.png
218.png (11.87 KiB) Προβλήθηκε 529 φορές
Κύκλος κέντρου O διέρχεται από τις κορυφές B, D ορθογωνίου ABCD. Να βρεθεί συναρτήσει των διαστάσεων a, b του

ορθογωνίου η ελάχιστη απόσταση του O από μία κορυφή του ορθογωνίου. (Το σχήμα είναι ενδεικτικό, αλλά όχι δεσμευτικό).


ealexiou
Δημοσιεύσεις: 1652
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 15, 2013 10:06 pm
Τοποθεσία: ΒΟΛΟΣ

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #620 από ealexiou » Κυρ Φεβ 28, 2016 3:14 pm

george visvikis έγραψε:Άσκηση 218

Κύκλος κέντρου O διέρχεται από τις κορυφές B, D ορθογωνίου ABCD. Να βρεθεί συναρτήσει των διαστάσεων a, b του ορθογωνίου η ελάχιστη απόσταση του O από μία κορυφή του ορθογωνίου. (Το σχήμα είναι ενδεικτικό, αλλά όχι δεσμευτικό).


Γεια σου Γιώργο

Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 218.png
Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 218.png (20.43 KiB) Προβλήθηκε 519 φορές


Είχα γράψει αρχικά "Δεν είμαι και σίγουρος ότι έχω αντιληφθεί σωστά το ζητούμενο".
Τώρα είμαι σίγουρος μετά την επιβεβαίωση (της ορθότητας του σχήματος) - καλύτερη δεν γίνεται :) - από τον θεματοθέτη, οπότε αναρτώ και τους υπολογισμούς και αίρω την απόκρυψη.

Προφανώς το κέντρο του κύκλου βρίσκεται πάνω στην μεσοκάθετο στο DB, άρα η ελάχιστη απόσταση θα είναι είτε από την κορυφή A στη θέση O (AO\bot ME) είτε από την κορυφή C σε σημείο O', συμμετρικό του O ως προς M.

Το ορθογώνιο ABCD είναι, προφανώς, εγγράψιμο οπότε EA\cdot ED =EM^2-MB^2, (MB ακτίνα του πράσινου κύκλου).
Όμως EM^2=ED^2-MD^2=(x+b)^2-\dfrac{a^2+b^2}{4}, οπότε:

x(x+b)=(x+b)^2-\dfrac{a^2+b^2}{4}-\dfrac{a^2+b^2}{4}\Rightarrow \boxed{x=\dfrac{a^2-b^2}{2b}}

Είναι \angle AEO \equiv \angle DEM=90°-\angle EDM=\angle DBA \Rightarrow \triangle AOE \sim \triangle DAB \Rightarrow \dfrac{OA}{AE}=\dfrac{DA}{DB}\Rightarrow

OA=\dfrac{a^2-b^2}{2b}\cdot \dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\Rightarrow \boxed{\boxed{OA=O'C=d=\dfrac{a^2-b^2}{2\sqrt{a^2+b^2}}}}}



Επιστροφή σε “ΓΕΝΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 5 επισκέπτες