Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

#661

KARKAR έγραψε:Άσκηση 234
Άσκηση 234.pngΠροεκτείνουμε τις πλευρές , ορθογωνίου κατά τμήματα

και αντίστοιχα . Τα σημεία είναι προφανώς συνευθειακά .

Δείξτε ότι ο περίκυκλος του ορθογωνίου διέρχεται από το μέσο του τμήματος .

$A\hat MC=90^o$ (εγγεγραμένη,

διάμετρος του κύκλου)
$\vartriangle PCS$ ισοσκελές
άρα το ύψος

είναι και διάμεσος.

#662

KARKAR έγραψε:Άσκηση 234
Άσκηση 234.pngΠροεκτείνουμε τις πλευρές , ορθογωνίου κατά τμήματα

και αντίστοιχα . Τα σημεία είναι προφανώς συνευθειακά .

Δείξτε ότι ο περίκυκλος του ορθογωνίου διέρχεται από το μέσο του τμήματος .

Η

είναι διάμετρος του κύκλου, άρα η

είναι κάθετη στην

κι επειδή το τρίγωνο CPS

είναι ισοσκελές, το

θα είναι μέσο του

.

Με διαφορά

. Γεια σου Φωτεινή.

#663

george visvikis έγραψε: Η είναι διάμετρος του κύκλου, άρα η είναι κάθετη στην κι επειδή το τρίγωνο είναι ισοσκελές, το θα είναι μέσο του .

Γιώργο γράφαμε ταυτόχρονα

Καλημέρα.!

KARKAR · #664

Άσκηση 235

: Άσκηση 235.png (12.1 KiB) Προβλήθηκε 2795 φορές

Ο κύκλος

εφάπτεται της πλευράς

, του ορθογωνίου ABCD

και το σημείο επαφής

τη χωρίζει σε τμήματα με μήκη

και

. Η εφαπτομένη

του κύκλου ,τέμνει την

στο

.

Υπολογίστε την πλευρά

αν : α) Τα σημεία K,S,C

είναι συνευθειακά .. β) Είναι PB=PS

.

Η άσκηση είναι προφανώς εμπνευσμένη από το KARKAR-AVATAR

#665

KARKAR έγραψε:Άσκηση 235
Άσκηση 235.pngΟ κύκλος εφάπτεται της πλευράς , του ορθογωνίου και το σημείο επαφής

τη χωρίζει σε τμήματα με μήκη και . Η εφαπτομένη του κύκλου ,τέμνει την στο .

Υπολογίστε την πλευρά αν : α) Τα σημεία είναι συνευθειακά .. β) Είναι .

Η άσκηση είναι προφανώς εμπνευσμένη από το

Πρώτα το α) ερώτημα (γιατί ως γνωστόν "ένα ένα τα τρων' τα σύκα"!

)

: Ορθογωνια.235.png (19.77 KiB) Προβλήθηκε 2790 φορές

$\displaystyle{D{C^2} - D{K^2} = C{S^2} - K{S^2} \Leftrightarrow 49 - {(b - 2)^2} - 16 = C{S^2} - 4 \Leftrightarrow }$ $\boxed{{(b - 2)^2} = 37 - C{S^2}}$ (1)

$\displaystyle{K{C^2} = {(b - 2)^2} + 9\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} {(CS + 2)^2} = 46 - C{S^2} \Leftrightarrow C{S^2} + 2CS - 21 = 0 \Leftrightarrow CS = \sqrt {22} - 1}$

και από την (1)

βρίσκουμε $\boxed{b = 2 + \sqrt {14 +2 \sqrt {22} } }$

#666

Πάμε για το β) ερώτημα:

: Ορθογώνια 235.png (19.11 KiB) Προβλήθηκε 2768 φορές

$\displaystyle{P{B^2} = P{S^2} = PM \cdot PE \Leftrightarrow BM \bot PE}$ . Εύκολα τώρα βρίσκουμε:

$\displaystyle{BZ = 5,BM = \frac{9}{5},MZ = \frac{{16}}{5},ME = \frac{{12}}{5},PB = \frac{9}{4}}$ και συνεπώς $\boxed{PC = b - \frac{9}{4}}$

Από Π. Θ στο PSK

και νόμο συνημιτόνων στο DKA

με $\displaystyle{\cos \omega = \sin \varphi = \frac{1}{{\sqrt 5 }}}$ έχουμε:

$\displaystyle{D{S^2} = D{K^2} - 4 = {b^2} + 20 - 4b - 4 \Leftrightarrow }$ $\boxed{DS = \sqrt {{b^2} - 4b + 16} }$

Τέλος από Π. Θ στο DSP

: $\displaystyle{{\left( {\sqrt {{b^2} - 4b + 16} + \frac{9}{4}} \right)^2} = {\left( {b - \frac{9}{4}} \right)^2} + 49}$ , απ' όπου παίρνουμε την δεκτή λύση: $\boxed{b = \frac{{15}}{2}}$

KARKAR · #667

Άσκηση 236 .

: Άσκηση 237.png (9.18 KiB) Προβλήθηκε 2706 φορές

Αξιοποιώντας τα δεδομένα στα δύο ορθογώνια : α) Υπολογίστε το μήκος της

.

Αν

είναι το αντιδιαμετρικό του σημείου επαφής

, δείξτε ότι : $\widehat{DT'P}=90^0$

sakis1963 · #668

Άσκηση 236

Αν η $Q=PO \cap AD$ έχουμε :

από Π.Θ. στο OTP

ότι $TP=\sqrt5$

από Π.Θ. στο T'TP

ότι $T'P=\sqrt{21}$

από ομοιότητα PQD, PTO

ότι $\dfrac{\sqrt5}{7}=\dfrac{3}{DP}=\dfrac{2}{QD}$ απόπου $QD=\dfrac{14}{\sqrt5}, DP=\dfrac{21}{\sqrt5}, AD=AQ+QD=\dfrac{14}{\sqrt5}+2$

Τώρα αφού $T'T^2=16=TP \cdot DT= TP(DP-TP)=\sqrt5(\dfrac{21}{\sqrt5}-\sqrt5)$ και $T'T \perp DP$ έπεται ότι το

ανήκει σε κύκλο με διάμετρο

και συνεπώς $\widehat{DT'P}=90^0$

#669

KARKAR έγραψε:Άσκηση 236 .
Άσκηση 237.pngΑξιοποιώντας τα δεδομένα στα δύο ορθογώνια : α) Υπολογίστε το μήκος της .

Αν είναι το αντιδιαμετρικό του σημείου επαφής , δείξτε ότι : $\widehat{DT'P}=90^0$

Καλησπέρα!

Κάτι παρόμοιο...

: Ορθογώνια 236.png (20.69 KiB) Προβλήθηκε 2685 φορές

Έστω

. Εύκολα βρίσκουμε ότι $PT=\sqrt{5}$ κι επειδή τα τρίγωνα OTP, PCD

είναι όμοια, θα είναι:

$\displaystyle{\frac{{\sqrt 5 }}{7} = \frac{3}{{DP}} = \frac{2}{{a - 2}} \Rightarrow }$ $\boxed{a = \frac{{10 + 14\sqrt 5 }}{5}}$ και $\displaystyle{DP = \frac{{21}}{{\sqrt 5 }}}$ . Επειδή όμως από Π. Θ στο T'TP

είναι

$\displaystyle{T'P = \sqrt {21} \Rightarrow T'{P^2} = 21 = \sqrt 5 \cdot \frac{{21}}{{\sqrt 5 }} = PT \cdot PD \Rightarrow }$ $\boxed{\widehat{DT'P}=90^0}$

KARKAR · #670

Άσκηση 237

: Άσηση 239.png (11.08 KiB) Προβλήθηκε 2542 φορές

Στο διαστάσεων $a\times b$ , ορθογώνιο ABCD

, εντοπίστε σημείο

της

, ώστε

η μεσοκάθετη της

να διέρχεται από το

. Βρείτε το λόγο $\dfrac{b}{a}$ , αν $\dfrac{(ABSP)}{(ABCD)}=\dfrac{5}{9}$

#671

KARKAR έγραψε:Άσκηση 237

Άσηση 239.pngΣτο διαστάσεων $a\times b$ , ορθογώνιο , εντοπίστε σημείο της , ώστε

η μεσοκάθετη της να διέρχεται από το . Βρείτε το λόγο $\dfrac{b}{a}$ , αν $\dfrac{(ABSP)}{(ABCD)}=\dfrac{5}{9}$

: Ορθογώνια 237.png (14.55 KiB) Προβλήθηκε 2527 φορές

Αν η μεσοκάθετη της

διέρχεται από το

θα είναι

, οπότε $\boxed{SC=\sqrt{a^2-b^2}}$

Τα τρίγωνα DSP, CSB

είναι όμοια: $\displaystyle{\frac{x}{a} = \frac{{a - \sqrt {{a^2} - {b^2}} }}{b} \Leftrightarrow }$ $\boxed{x = \frac{{{a^2} - a\sqrt {{a^2} - {b^2}} }}{b}}$ (1)

$\displaystyle{(ABSP) = \frac{5}{9}(ABCD) \Leftrightarrow ax = \frac{5}{9}ab \Leftrightarrow }$ $\boxed{x = \frac{5}{9}b}$ (2)

Από τις

, παίρνουμε τελικά $\boxed{\frac{b}{a} = \frac{3}{5}}$

STOPJOHN · #672

KARKAR έγραψε:Άσκηση 237

Άσηση 239.pngΣτο διαστάσεων $a\times b$ , ορθογώνιο , εντοπίστε σημείο της , ώστε

η μεσοκάθετη της να διέρχεται από το . Βρείτε το λόγο $\dfrac{b}{a}$ , αν $\dfrac{(ABSP)}{(ABCD)}=\dfrac{5}{9}$

Καλημέρα , για την κατασκευή του σημείου

Θεωρώ την γωνία
$\hat{PAS}=\hat{\omega }$ .Αρα από το θεώρημα χορδής και εφαπτομένης είναι $\hat{PAS}=\hat{TBA}=\omega$

Aπό το ισοσκελές τρίγωνο $ABS,AB=AS,TB\perp AS,\hat{TBS}=\omega$
Στο εγράψιμο τετράπλευρο $STBC,\hat{SCT}=\omega ,$
Συνεπώς $\hat{CSB}=2\omega =\hat{CTB},$ ;Αρα $\hat{DTS}=2\omega ,\hat{ADT}=\omega =\hat{TAD},\hat{STC}=\hat{SBC}=90-2\omega ,\hat{DTC}=90^{0}$ και $\hat{ATB}=90^{0}$
Το σημείο

ορίζεται ως η τομή (εφόσον υπάρχει)των δυο κόκκινων ημικυκλίων διαμέτρου

και κέντρων O,K

Η τομή της

με την

προσδιορίζει το σημείο

Γιάννης

#673

KARKAR έγραψε:Άσκηση 237

Άσηση 239.pngΣτο διαστάσεων $a\times b$ , ορθογώνιο , εντοπίστε σημείο της , ώστε

η μεσοκάθετη της να διέρχεται από το .

Γεια σου Γιάννη, γεια σε όλους!

Επειδή ξέχασα να γράψω την κατασκευή στην προηγούμενη ανάρτησή μου.

: Ορθογώνια 237.b.png (11.27 KiB) Προβλήθηκε 2510 φορές

Είναι

, άρα ο κύκλος (B,a)

τέμνει την

στο ζητούμενο σημείο

.

KARKAR · #674

Άσκηση 238

: Άσκηση 238.png (14.06 KiB) Προβλήθηκε 2481 φορές

Το

είναι ένα σημείο της πλευράς

του ορθογωνίου ABCD

. Οι αποστάσεις

των κορυφών B,C,D

από την ευθεία που διέρχεται από το

και είναι κάθετη

προς το AA'

, φαίνονται στο σχήμα . Υπολογίστε τις διαστάσεις του ορθογωνίου .

#675

KARKAR έγραψε:Άσκηση 238

Άσκηση 238.pngΤο είναι ένα σημείο της πλευράς του ορθογωνίου . Οι αποστάσεις

των κορυφών από την ευθεία που διέρχεται από το και είναι κάθετη

προς το , φαίνονται στο σχήμα . Υπολογίστε τις διαστάσεις του ορθογωνίου .

: Ορθογώνια 238..png (16.03 KiB) Προβλήθηκε 2459 φορές

Έστω

. Όλα τα ορθογώνια τρίγωνα στο σχήμα είναι όμοια μεταξύ τους.

Εύκολα βρίσκω $\displaystyle{EC' = 3y,BE = \frac{b}{4},EC = \frac{{3b}}{4}}$ και από την ομοιότητα των τριγώνων A'DD', A'CC', A'AD

παίρνω

$\boxed{a = \frac{{7x}}{3},AA' = \frac{{{x^2}}}{9},A'C = \frac{{4x}}{3}}$ . Τέλος από τα όμοια τρίγωνα AA'D, EBB'

είναι: $\displaystyle{\frac{x}{y} = \frac{b}{4} = \frac{{4{x^2}}}{{9b}} \Rightarrow }$ $\boxed{y=3}$

Πάμε τώρα στο ορθογώνιο τρίγωνο CC'E

, απ' όπου παίρνουμε $\boxed{b=20}$ και τέλος από $\displaystyle{x = \frac{{by}}{4},a = \frac{{7x}}{3} \Rightarrow }$ $\boxed{a=35}$

KARKAR · #676

Άσκηση 239

: Άσκηση 240.png (15.79 KiB) Προβλήθηκε 2050 φορές

Στο άκρο

της διαγωνίου

, ορθογωνίου ABCD

, φέρω κάθετη , η οποία τέμνει

τις προεκτάσεις των AB,AD

στα σημεία S,P

αντίστοιχα . Δείξτε ότι : $\widehat{CBP}=\widehat{CDS}$

Συμπλήρωση : Δείξτε ότι η γωνία $\theta$ παίρνει μέγιστη τιμή . Μιχάλη , καλή χρονιά !

Ιστοσελίδα · #677

KARKAR έγραψε:Άσκηση 239

Στο άκρο της διαγωνίου , ορθογωνίου , φέρω κάθετη , η οποία τέμνει

τις προεκτάσεις των στα σημεία αντίστοιχα . Δείξτε ότι : $\widehat{CBP}=\widehat{CDS}$

Καλησπέρα!

: Άσκηση-239.png (22.16 KiB) Προβλήθηκε 2037 φορές

Οι «γαλάζιες» γωνίες είναι ίσες, οπότε το PDBS

είναι εγγράψιμο, συνεπώς ${90^ \circ } + \omega = {90^ \circ } + \theta \Leftrightarrow \omega = \theta$

KARKAR · #678

Άσκηση 240

: Άσκηση 240.png (15.79 KiB) Προβλήθηκε 1991 φορές

Το σημείο

είναι το μέσο της πλευράς

ορθογωνίου ABCD

, ενώ τα

είναι

τα μέσα των AM,MD

αντίστοιχα . Διπλώνουμε το ορθογώνιο , με τσάκιση

, έτσι ώστε

το

να βρεθεί στη θέση

( ή στη θέση B''

) και το

στη θέση

.

α) Δείξτε ότι και στις δύο περιπτώσεις το εμβαδόν του SB'C'P

, είναι το ίδιο .

β) Αν AB=6

και

, υπολογίστε το εμβαδόν του SB'C'P

.

KARKAR · #679

Άσκηση 241

: Άσκηση 241.png (11.5 KiB) Προβλήθηκε 1942 φορές

Μέρος του ορθογωνίου ABCD

, διπλώθηκε κατά μήκος τμήματος

, ώστε τα

, να

βρεθούν στις θέσεις D',C'

. Δείξτε ότι η διχοτόμος της $\widehat{BD'C'}$ , είναι παράλληλη της

.

#680

Επαναφέρω την 210.

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