mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 10, 2025 1:48 pm**

Δίνεται τετράγωνο ABCD

και σημείο

στο εσωτερικό του .
Αν είναι KA=5,KB=3,KC=7

να δειχθεί ότι οι

,

είναι κάθετες.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 10, 2025 7:51 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Οκτ 10, 2025 1:48 pm
Δίνεται τετράγωνο και σημείο στο εσωτερικό του .
Αν είναι να δειχθεί ότι οι , είναι κάθετες.

Έστω

Από τα ορθογώνια τρίγωνα $KBP,KPC,AKM,x^{2}+y^{2}=9,(1), 49=(a-x)^{2}+y^{2},(2),25=x^{2}+(a-y)^{2},(3) (1),(2),(3)\Rightarrow x=\dfrac{a^{2}-40}{2a},y=\dfrac{a^{2}-16}{2a},36t=(t-40)^{2}+(t-16)^{2},t=a^{2}, KB^{2}+KC^{2}=a^{2}\Leftrightarrow \hat{BKC}=90^{0}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 10, 2025 8:29 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Οκτ 10, 2025 1:48 pm
Δίνεται τετράγωνο και σημείο στο εσωτερικό του .
Αν είναι να δειχθεί ότι οι , είναι κάθετες.

.

: σημείο.png (23.48 KiB) Προβλήθηκε 571 φορές

.
Αλλιώς (αλλά χωρίς τις πράξεις), και επίσης ας δούμε όλες τις τιμές που προκύπτουν από το σχήμα. Με τα a,b,c,d

όπως στο σχήμα, έχουμε τις εξισώσεις

a+c=b+d

και από Πυθαγόρειο $a^2+b^2 = 5^2,\, b^2+c^2= 3^2\, c^2+d^2 = 7^2$

Λύνοντας το σύστημα (έχει σχετική φασαρία αλλά είναι προσιτό) θα βρούμε $\displaystyle{a= \dfrac {37}{\sqrt {58}}, \, b= \dfrac {9}{\sqrt {58}}, \, c= \dfrac {21}{\sqrt {58}}, \, d= \dfrac {49}{\sqrt {58}}}$

Συνεπώς η πλευρά του τετραγώνου είναι $BC= a+c=b+d= \sqrt {58}$ . Παρατηρούμε τώρα ότι KB^2+KC^2= 3^2+7^2=58=BC^2

που δείχνει ότι το τρίγωνο KBC

είναι ορθογώνιο, όπως θέλαμε.

Επίσης εύκολα βρίσκουμε το τελευταίο μέγεθος $\displaystyle{KD= \sqrt {a^2+d^2}= \sqrt {65}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 10, 2025 9:23 pm**

: Σημείο τετραγώνου.png (7.65 KiB) Προβλήθηκε 560 φορές

Νόμος συνημιτόνων στο KAB

: $\cos\theta=\dfrac{a^2-16}{6a}$ και στο CKB

:

$\cos(90-\theta)=\sin\theta=\dfrac{a^2-40}{6a}$ . Συνεπώς : $(\dfrac{a^2-16}{6a})^2+(\dfrac{a^2-40}{6a})^2=1$ ,

με δεκτή λύση την : $a=\sqrt{58}$ και από αντίστροφο Π.Θ. προκύπτει το ζητούμενο .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 10, 2025 10:09 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Οκτ 10, 2025 9:23 pm
Σημείο τετραγώνου.pngΝόμος συνημιτόνων στο : $\cos\theta=\dfrac{a^2-16}{6a}$ και στο :

$\cos(90-\theta)=\sin\theta=\dfrac{a^2-40}{6a}$ . Συνεπώς : $(\dfrac{a^2-16}{6a})^2+(\dfrac{a^2-40}{6a})^2=1$ ,

με δεκτή λύση την : $a=\sqrt{58}$ και από αντίστροφο Π.Θ. προκύπτει το ζητούμενο .

Αυτή είναι η λύση που θα έγραφα αν μου είχε ζητηθεί.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Οκτ 11, 2025 9:56 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Οκτ 10, 2025 1:48 pm
Δίνεται τετράγωνο και σημείο στο εσωτερικό του .
Αν είναι να δειχθεί ότι οι , είναι κάθετες.

Σκέπτεται κάποιος : Αν, $KB \bot KC$ από το Π. Θ. στο $\vartriangle KBC$ προκύπτει ότι η πλευρά του τετραγώνου είναι $a = \sqrt {58}$ .

Κατασκευάζει τετράγωνο ABCD

με αυτή την πλευρά
.

: Σημείο σε τετράγωνο_Απορία.png (12.52 KiB) Προβλήθηκε 506 φορές

.
Γράφει και τους κύκλους $\left( {A,5} \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( {B,3} \right)$ κι επειδή , $5 + 3 > \sqrt {58}$ , τέμνονται σε σημείο

εντός του τετραγώνου.

Επειδή , $K{C^2} = 58 - 9 = 49 \Rightarrow KC = 7$ , κατά συνέπεια το τετράγωνο έχει τις προδιαγραφές της εκφώνησης .

Τα παραπάνω αποτελούν σωστή λύση της άσκησης ;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 12, 2025 1:17 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Οκτ 10, 2025 1:48 pm
Δίνεται τετράγωνο και σημείο στο εσωτερικό του .
Αν είναι να δειχθεί ότι οι , είναι κάθετες.

Κατασκευάζοντας το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο BKN

θα είναι $KN=3\sqrt{2}$ και λόγω της

προφανούς ισότητας των γωνιών $\theta$ θα είναι $\triangle AKB= \triangle BNC$

Επομένως NC=AK=5

κι από Ήρωνα εύκολα βρίσκουμε $(KNC)=\dfrac{21}{2} =\dfrac{7NL}{2} \Rightarrow NL=3$

Έτσι ,με Π.Θ στο $\triangle NCL \Rightarrow CL=4 \Rightarrow KL=3$ και το KBNL

προφανώς είναι τετράγωνο,άρα $CK \bot KB$

: Σημείο σε τετράγωνο.png (25.08 KiB) Προβλήθηκε 479 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 12, 2025 3:18 pm**

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Οκτ 10, 2025 1:48 pm
Δίνεται τετράγωνο και σημείο στο εσωτερικό του .
Αν είναι να δειχθεί ότι οι , είναι κάθετες.

.

: σημείο 2.png (24.49 KiB) Προβλήθηκε 457 φορές

.
Κάνουμε στροφή του τριγώνου KAB

κατά

ώστε να έλθει στην νέα θέση LBC

. Είναι τότε το BKL

ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο πλευράς

, οπότε $\widehat {BKL} = 45^o$ και $KL=3\sqrt 2$ . Τώρα από τον Νόμο των συνημιτόνων στο KLC

έχουμε

$\widehat {CKL} = \dfrac {7^2+(3\sqrt 2)^2-5^2}{2\cdot 7 \cdot 3\sqrt 2}= \dfrac {1}{\sqrt 2}$ , οπότε $\widehat {CKL} = 45^o$ . Άρα

$\widehat {BKC} = 45^o+45^o=90^o$ , όπως θέλαμε.

.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 12, 2025 8:03 pm**

Doloros έγραψε: ↑
Σάβ Οκτ 11, 2025 9:56 pm

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Οκτ 10, 2025 1:48 pm
Δίνεται τετράγωνο και σημείο στο εσωτερικό του .
Αν είναι να δειχθεί ότι οι , είναι κάθετες.
Σκέπτεται κάποιος : Αν, $KB \bot KC$ από το Π. Θ. στο $\vartriangle KBC$ προκύπτει ότι η πλευρά του τετραγώνου είναι $a = \sqrt {58}$ .

Κατασκευάζει τετράγωνο με αυτή την πλευρά
.
Σημείο σε τετράγωνο_Απορία.png
.
Γράφει και τους κύκλους $\left( {A,5} \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( {B,3} \right)$ κι επειδή , $5 + 3 > \sqrt {58}$ , τέμνονται σε σημείο εντός του τετραγώνου.

Επειδή , $K{C^2} = 58 - 9 = 49 \Rightarrow KC = 7$ , κατά συνέπεια το τετράγωνο έχει τις προδιαγραφές της εκφώνησης .

Τα παραπάνω αποτελούν σωστή λύση της άσκησης ;

Κατά την γνώμη μου δεν αποτελουν λύση της άσκησης.
Μπορούν όμως να γίνουν.
Δηλαδή να πάρουμε τα δύο τετράγωνα και να αποδείξουμε ότι είναι ίσα.
Ενας έμπειρος μπορεί να το δει και χωρίς να κάνει τίποτα.
Γενικά δεν είναι τελείως άμεσο.

mathematica.gr

Σημείο σε τετράγωνο

Σημείο σε τετράγωνο

Re: Σημείο σε τετράγωνο

Re: Σημείο σε τετράγωνο

Re: Σημείο σε τετράγωνο

Re: Σημείο σε τετράγωνο

Re: Σημείο σε τετράγωνο

Re: Σημείο σε τετράγωνο

Re: Σημείο σε τετράγωνο

Re: Σημείο σε τετράγωνο