Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

KARKAR · #681

KARKAR έγραψε:Άσκηση 239

Άσκηση 239.png (18.38 KiB) Προβλήθηκε 2352 φορές

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

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

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

Επειδή : $\omega=\phi$ ( και $\theta=\zeta$ ) και από το ορθογώνιο τρίγωνο CAS

, $BS=\dfrac{b^2}{a}$ , έχουμε :

$AS=\dfrac{a^2+b^2}{a}$ , συνεπώς : $tan\phi=\dfrac{ab}{a^2+b^2}\leq \dfrac{1}{2}$ , με την ισότητα να ισχύει για a=b

,

όταν δηλαδή το ορθογώνιο καταστεί τετράγωνο . Η γωνία με εφαπτομένη $\dfrac{1}{2}$ , είναι περίπου 26,565^0

KARKAR · #682

Άσκηση 242

: Άσκηση 242.png (13.29 KiB) Προβλήθηκε 2330 φορές

Με βάση τη διαγώνιο

, ορθογωνίου

σχεδιάσαμε το παραλληλόγραμμο

BDEC

. Τμήμα $SP\parallel CB$ ολισθαίνει με άκρα επί των επί των CE , BD

.

Η

τέμνει την

στο σημείο

, ενώ η

τέμνει την

στο

.

Δείξτε ότι η ημιευθεία

διέρχεται από σταθερό σημείο .

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #683

Φέρνουμε την

και έστω

το σημείο τομής της με την

.

Αρχικά, αφού το

είναι το μέσο του

και

, προκύπτει ότι το

είναι το μέσο του

, άρα η

είναι διάμεσος του τριγώνου AFE

.

Παρομοίως, αφού το

είναι το μέσο του

και

, προκύπτει ότι το

είναι το μέσο του

, άρα η

είναι διάμεσος του τριγώνου AFE

.

Συνεπώς, έχουμε ότι το

είναι το μέσο του

.

Τέλος, επειδή το EDPC

είναι τραπέζιο,

είναι το μέσο της μια βάσης και

είναι η τομή των διαγωνίων του, έπεται από γνωστό λήμμα ότι η

θα περνάει από το μέσο του

που είναι σταθερό σημείο.

KARKAR · #684

Άσκηση 243

: Άσκηση 243.png (14.29 KiB) Προβλήθηκε 2302 φορές

Στις πλευρές BC,CD

, ορθογωνίου ABCD

εντοπίστε σημεία P,S

αντίστοιχα ,

ώστε τα τρίγωνα ABP,ASP

να είναι ίσα . Στη συνέχεια , δείξτε ότι η κάθετη

από το

προς την

και η

, τέμνονται πάνω στην προέκταση της

.

#685

KARKAR έγραψε:Άσκηση 243
Άσκηση 243.pngΣτις πλευρές , ορθογωνίου εντοπίστε σημεία αντίστοιχα ,

ώστε τα τρίγωνα να είναι ίσα . Στη συνέχεια , δείξτε ότι η κάθετη

από το προς την και η , τέμνονται πάνω στην προέκταση της .

Έστω $\boxed{AB = a}$ Επειδή AS = AB = a

το

θα ανήκει στον ημικύκλιο (A,a)

που

γράφεται προς το μέρος της

και στο ευθύγραμμο τμήμα

.

Στη συνέχεια φέρνουμε εφαπτομένη του ημικυκλίου στο

που τέμνει το

ευθύγραμμο τμήμα

στο

και την ευθεία

στο

.

: Συλλογή ορθογωνίων_243.png (19.78 KiB) Προβλήθηκε 2288 φορές

Επειδή η πολική του

προς το ημικύκλιο είναι η ευθεία

που διέρχεται από το

, άρα η πολική του

θα διέρχεται από το

. Αλλά η πολική του

θα διέρχεται

και από το

αφού η

εφάπτεται του ημικυκλίου , συνεπώς η ευθεία

είναι η

πολική του

και ως γνωστό είναι κάθετη στη διακεντρική ευθεία

.

Φιλικά, Νίκος

STOPJOHN · #686

KARKAR έγραψε:Άσκηση 243
Άσκηση 243.pngΣτις πλευρές , ορθογωνίου εντοπίστε σημεία αντίστοιχα ,

ώστε τα τρίγωνα να είναι ίσα . Στη συνέχεια , δείξτε ότι η κάθετη

από το προς την και η , τέμνονται πάνω στην προέκταση της .

Καλημέρα ,με πολικό ψύχος και ωραία πολική λύση ...του Νίκου ,ας δουμε και μια λύση με τον παππού μας Πυθαγόρα .
Θέτουμε PB=x,SC=y,

Aρα από το Π.Θ. στο τρίγωνο $ADS,a^{2}=b^{2}+(a-y)^{2}\Leftrightarrow y=a-\sqrt{a^{2}-b^{2}},a>y$
Στο τρίγωνο $SCP,x^{2}=y^{2}+b^{2}+x^{2}-2bx\Leftrightarrow x=\dfrac{a}{b}y\Leftrightarrow x=\dfrac{a}{b}(a-\sqrt{a^{2}-b^{2}})$

Για το δευτερο ερώτημα εστω ότι AD,SP

τέμνονται στο σημείο

και θα αποδείξω ότι $BT\perp AC\Leftrightarrow AT^{2}+CB^{2}=AB^{2}+TC^{2},(*)$

$(*)\Leftrightarrow DT=\dfrac{a^{2}-b^{2}}{b},$

Από την ομοιότητα των τριγώνων $TDS,SCP, \dfrac{DT}{b-x}=\dfrac{a-y}{y}\Leftrightarrow DT=\dfrac{(b-x)(a-y)}{y},$
Και απο τις εκφράσεις των x,y

, τελευταία σχέση δίνει
$DT=\dfrac{a^{2}-b^{2}}{b}$

Γιάννης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #687

KARKAR έγραψε:Άσκηση 243
Άσκηση 243.pngΣτις πλευρές , ορθογωνίου εντοπίστε σημεία αντίστοιχα ,

ώστε τα τρίγωνα να είναι ίσα . Στη συνέχεια , δείξτε ότι η κάθετη

από το προς την και η , τέμνονται πάνω στην προέκταση της .

Αλλιώς για το δεύτερο ερώτημα

Από $\displaystyle{\vartriangle ASP = \vartriangle PAB \Rightarrow \angle ASP = \angle PBA = {90^0}}$ και $\displaystyle{AS = AB = a}$

Με $\displaystyle{BE \cap AD = T}$ θα δείξουμε ότι $\displaystyle{T,S,P}$ συνευθειακά .

Στο τρίγωνο $\displaystyle{TCA}$ το $\displaystyle{H}$ είναι ορθόκεντρο ,άρα $\displaystyle{AH \bot TC \Rightarrow QHEC}$ εγγράψιμο

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ABC \Rightarrow {\alpha ^2} = AE \cdot AC = AH \cdot AQ \Rightarrow A{S^2} = AH \cdot AQ}$

άρα $\displaystyle{AS}$ εφαπτόμενη του περίκυκλου του $\displaystyle{\vartriangle HQS}$ ,συνεπώς οι μπλε γωνίες είναι ίσες

Είναι $\displaystyle{\angle PSC = \angle SAD}$ ως οξείες με κάθετες πλευρές κι επειδή τα συμπληρώματα των μπλε γωνιών

είναι ίσα θα έχουμε $\displaystyle{\angle SAT = \angle SQC \Rightarrow TQSA}$ εγγράψιμο $\displaystyle{ \Rightarrow \angle TSA = {90^0} \Rightarrow T,S,P}$ συνευθειακά

: a.243.png (24.24 KiB) Προβλήθηκε 2257 φορές

KARKAR · #688

Άσκηση 244

: Άσκηση 244.png (14.97 KiB) Προβλήθηκε 2222 φορές

Ο κύκλος με διάμετρο την πλευρά

, ορθογωνίου ABCD

τέμνει την διαγώνιο

στο σημείο

. Αν η

διέρχεται από το κέντρο

του κύκλου , βρείτε το λόγο : $\dfrac{AB}{AD}$ .

Αν η

ξανατέμνει τον κύκλο στο

και η

την προέκταση της

στο

,

δείξτε ότι η κάθετη από το

προς την

διέρχεται από το μέσο

της

.

#689

KARKAR έγραψε:Άσκηση 244

Άσκηση 244.pngΟ κύκλος με διάμετρο την πλευρά , ορθογωνίου τέμνει την διαγώνιο

στο σημείο . Αν η διέρχεται από το κέντρο του κύκλου , βρείτε το λόγο : $\dfrac{AB}{AD}$ .

Αν η ξανατέμνει τον κύκλο στο και η την προέκταση της στο ,

δείξτε ότι η κάθετη από το προς την διέρχεται από το μέσο της .

: Ορθογώνια 244.png (22.58 KiB) Προβλήθηκε 2212 φορές

Έστω

, τότε $\displaystyle{DK = \frac{b}{2},KC = \frac{{3b}}{2}}$ και από Π. Θ στο KDC:

$\boxed{\frac{a}{b}=\sqrt 2}$

Επειδή $\displaystyle{AS||DB,AP||DQ, SP=AD$ , άρα η

είναι η ελάχιστη διαγώνιος (για οποιοδήποτε σημείο

της

θα είναι

). Τα υπόλοιπα εδώ

KARKAR · #690

Είναι ώρα για μια ακόμη ανασκόπηση - κέντρισμα στους πολύ μερακλήδες :

Άθικτες παραμένουν οι 23,69

και μάλλον θα παραμείνουν .

Η νέα γενιά των άλυτων περιέχει τις 199 , 210 , 240 , 241

.

Ας με συγχωρήσετε , αλλά δεν έχω κατανοήσει τη λύση της 228

KARKAR · #691

Άσκηση 228

Ευθεία η οποία διέρχεται από την κορυφή , ορθογωνίου , τέμνει τις

προεκτάσεις τωνστα σημεία αντίστοιχα . Από το και τυχόν

σημείο της , διέρχεται άλλη ευθεία , προς την οποία φέρουμε κάθετη

από το , η οποία τέμνει την στο . Δείξτε ότι και : $QT \perp BS$ .

: 228.png (17.01 KiB) Προβλήθηκε 2185 φορές

Οι ροζ γωνίες είναι ίσες ( οξείες με πλευρές κάθετες ) , συνεπώς : $\dfrac{x}{b}=\dfrac{s}{t}\Rightarrow x=\dfrac{bs}{t}$

Τα τρίγωνα DAP ,QCD

είναι προφανώς όμοια , οπότε : $\dfrac{y}{a}=\dfrac{b}{t}\Rightarrow y=\dfrac{ab}{t}$ .

Διαιρώντας και απλοποιώντας , παίρνουμε : $\dfrac{x}{y}=\dfrac{s}{a}$ , άρα ίσες είναι και οι μπλε γωνίες .

Τέλος , επειδή : $\widehat{ASB}=\widehat{SBQ}$ ( εντός εναλλάξ ) , είναι και : $\hat{L}=\hat{A}=90^0$ , ό . έ .δ .

Ιστοσελίδα · #692

KARKAR έγραψε:Άσκηση 228
Ευθεία η οποία διέρχεται από την κορυφή , ορθογωνίου , τέμνει τις

προεκτάσεις των στα σημεία αντίστοιχα . Από το και τυχόν

σημείο της , διέρχεται άλλη ευθεία , προς την οποία φέρουμε κάθετη

από το , η οποία τέμνει την στο . Δείξτε ότι και : $QT \perp BS$ .

: 228.png (25.29 KiB) Προβλήθηκε 2174 φορές

Είναι $S\widehat PA = T\widehat BC = \theta \,(1)$ (οξείες με πλευρές κάθετες), οπότε από $\triangleleft SPA \sim \triangleleft TBC \Rightarrow \dfrac{{PA}}{{BC}} = \dfrac{{SP}}{{TB}}\,(2)$

Από $\triangleleft PAD \sim \triangleleft PBQ \Rightarrow \dfrac{{PA}}{{AD}} = \dfrac{{PB}}{{BQ}}\, \Leftrightarrow \dfrac{{PA}}{{BC}} = \dfrac{{PB}}{{BQ}}(3)$

Από $(2),(3) \Rightarrow \dfrac{{SP}}{{TB}} = \dfrac{{PB}}{{BQ}}$ και λόγω της (1)

προκύπτουν τα όμοια τρίγωνα SPB,TBQ

, συνεπώς $Q\widehat BK + \omega = {90^ \circ }$

Υ.Γ. Θανάση δεν είδα ότι την είχες λύσει...την αφήνω για τον κόπο...

#693

Άσκηση 245

: Ορθογώνια.245.png (9.36 KiB) Προβλήθηκε 2148 φορές

Πάνω στις πλευρές AB, BC

ορθογωνίου ABCD

θεωρώ αντίστοιχα τα σημεία P, Q

ώστε τα τρίγωνα

APD, PBQ, CDQ

να είναι ισεμβαδικά. Να υπολογίσετε το λόγο $\displaystyle\frac{PB}{PA}.$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #694

george visvikis έγραψε:Άσκηση 245

Ορθογώνια.245.png
Πάνω στις πλευρές ορθογωνίου θεωρώ αντίστοιχα τα σημεία ώστε τα τρίγωνα

να είναι ισεμβαδικά. Να υπολογίσετε το λόγο $\displaystyle\frac{PB}{PA}.$

Μια σκέψη...

$\displaystyle{\frac{{PB}}{{PA}} = \frac{{\left( {DPB} \right)}}{{\left( {DPA} \right)}} = \frac{{\left( {DPB} \right)}}{{\left( {QPB} \right)}} = \frac{b}{x}}$ \displaystyle{\displaystyle{(1)} Οι κάθετες στις

\displaystyle{BC,AB} στα

\displaystyle{Q,P} τέμνονται στο

\displaystyle{E} και

ισχύει

\displaystyle{EP//AD \Rightarrow \left( {DAP} \right) = \left( {DEA} \right)} και

\displaystyle{EQ//DC \Rightarrow \left( {DCQ} \right) = \left( {DEC} \right)} Άρα

\displaystyle{\left( {DEA} \right) = \left( {DEC} \right)} ,επομένως η

\displaystyle{DE} περνά από το μέσον

\displaystyle{K} της

\displaystyle{AC} ,δηλαδή είναι διαγώνιος του ορθογωνίου και του

\displaystyle{EQBP} Τώρα ,

\displaystyle{\left( {DEP} \right) = \left( {DPZ} \right) - \left( {EZP} \right) = \left( {DZQ} \right) - \left( {EQZ} \right) = \left( {DEQ} \right)} άρα

\displaystyle{\left( {EAP} \right) = \left( {ECQ} \right) \Rightarrow AP \cdot x = EQ \cdot CQ \Rightarrow AP \cdot x = PB\left( {b - x} \right) \Rightarrow \boxed{\frac{{PB}}{{PA}} = \frac{x}{{b - x}}}}} $\displaystyle{(2)}$

Από $\displaystyle{(1)}$ , $\displaystyle{(2)}$ $\displaystyle{ \Rightarrow \frac{x}{{b - x}} = \frac{b}{x}}$ και με $\displaystyle{\frac{b}{x} = m}$ έχουμε $\displaystyle{{m^2} - m - 1 = 0 \Rightarrow m = \frac{{1 + \sqrt 5 }}{2} = \varphi }$ άρα $\displaystyle{\boxed{\frac{{PB}}{{PA}} = \phi }}$

: a.245.png (15.99 KiB) Προβλήθηκε 2136 φορές

STOPJOHN · #695

george visvikis έγραψε:Άσκηση 245

Ορθογώνια.245.png
Πάνω στις πλευρές ορθογωνίου θεωρώ αντίστοιχα τα σημεία ώστε τα τρίγωνα

να είναι ισεμβαδικά. Να υπολογίσετε το λόγο $\displaystyle\frac{PB}{PA}.$

Εστω

Τότε

$2bx=ab-ay+xy,(1) 2ay=ab-bx+xy,(2), (1),(2)\Rightarrow ay=bx,x^{2}+a^{2}-3ax=0\Rightarrow \dfrac{a} {x}=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}, \dfrac{PB}{PA}=\dfrac{a}{x}-1=\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}$

Γιάννης

KARKAR · #696

Είναι η 193 , βλέπε εδώ

KARKAR · #697

Άσκηση 246

: 246.png (14.4 KiB) Προβλήθηκε 1960 φορές

Η κάθετη

από την κορυφή

προς τη διαγώνιο

, τέμνει την προέκταση

της

στο σημείο

. Το ημικύκλιο διαμέτρου

, τέμνει την

στο

,

ενώ η

προεκτεινόμενη , τέμνει την

στο

. Δείξτε ότι : SB=SP

.

Ορέστης Λιγνός · #698

KARKAR έγραψε:Άσκηση 246
246.png
Η κάθετη από την κορυφή προς τη διαγώνιο , τέμνει την προέκταση

της στο σημείο . Το ημικύκλιο διαμέτρου , τέμνει την στο ,

ενώ η προεκτεινόμενη , τέμνει την στο . Δείξτε ότι : .

Καλησπέρα Θανάση!

Το ZDEC

είναι εγγράψιμο ( $\widehat{ZDC}=\widehat{ZEC}=90^0$ ), άρα $AD \cdot AZ=AE \cdot AC$ (1).

Στο ορθογώνιο τρίγωνο APZ

είναι $AP^2=AD \cdot AZ$ (2).

Στο ορθογώνιο BAC

είναι $AB^2=AE \cdot AC$ (3).

Από (1) , (2) , (3) είναι AP=AB

.

Άρα, τα τρίγωνα PSA,SBA

είναι ίσα (ορθογώνια, AP=AB

,

κοινή), οπότε PS=SB

.

KARKAR · #699

Άσκηση 247

: Άσκηση 247.png (10.44 KiB) Προβλήθηκε 1885 φορές

Από τις κορυφές B,D

, ορθογωνίου ABCD

, φέρουμε $BB' , DD' \perp AC$ .

α) Υπολογίστε το εμβαδόν του τετραπλεύρου BB'DD'

.

β) Για ποια τιμή του λόγου $\dfrac{b}{a} , (b<a)$ , είναι $\dfrac{(BB'DD')}{(ABCD)}=\dfrac{3}{5}$ ;

γ) Βρείτε ένα ορθογώνιο , όπου τα a,b , (ABCD) , (BB'DD')

, είναι όλα ακέραιοι .

#700

KARKAR έγραψε:Άσκηση 247

Άσκηση 247.pngΑπό τις κορυφές , ορθογωνίου , φέρουμε $BB' , DD' \perp AC$ .

α) Υπολογίστε το εμβαδόν του τετραπλεύρου .

β) Για ποια τιμή του λόγου $\dfrac{b}{a} , (b<a)$ , είναι $\dfrac{(BB'DD')}{(ABCD)}=\dfrac{3}{5}$ ;

γ) Βρείτε ένα ορθογώνιο , όπου τα , είναι όλα ακέραιοι .

: Ορθογώνια 247.png (11.53 KiB) Προβλήθηκε 1862 φορές

α) $AB'=AC-x=\sqrt{a^2+b^2}-x$ και με Π. Θ στα τρίγωνα ADD', AB'B

βρίσκω:

$\displaystyle{{(DD')^2} = {b^2} - {x^2},{\left( {\sqrt {{a^2} + {b^2}} - x} \right)^2} = {a^2} - {(BB')^2}\mathop = \limits^{DD' = BB'} {a^2} - {b^2} + {x^2}},$ απ' όπου τελικά παίρνω:

$\displaystyle{x = \frac{{{b^2}}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }} \Rightarrow }$ $\boxed{DD' = \frac{{ab}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}}$ και $\boxed{D'B' = \frac{{{a^2} - {b^2}}}{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}}$

$\displaystyle{(BB'DD') = DD' \cdot D'B' \Leftrightarrow }$ $\boxed{(BB'DD') = \frac{{ab({a^2} - {b^2})}}{{{a^2} + {b^2}}}}$

β) $\displaystyle{\frac{{{a^2} - {b^2}}}{{{a^2} + {b^2}}} = \frac{3}{5} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\dfrac{b}{a}=\dfrac{1}{2}}$ ............γ) $\boxed{a=10, b=5}$

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