Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

KARKAR · #121

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Φτάσαμε στη μέση!

Αλλά οι

είναι - προς το παρόν - άλυτες !

KARKAR · #122

Άσκηση 51

: Καλοδουλεμένος λόγος.png (7.47 KiB) Προβλήθηκε 2297 φορές

Επί της πλευράς $B\Gamma$ τετραγώνου $AB\Gamma\Delta$ , κινείται σημείο $\Sigma$ . Γράφουμε τον

κύκλο με διάμετρο $A\Sigma$ και το εντός του τετραγώνου εφαπτόμενο τμήμα $\Delta E$ .

Βρείτε τη θέση του $\Sigma$ : 1) Αν $AE=\Delta E$ ... 2) Αν $AE=2\Delta E$

#123

KARKAR έγραψε:Άσκηση 014 Εξωτερικά του τετραγώνου $AB\Gamma\Delta$ και με πλευρά την $\Gamma\Delta$ , σχεδιάζω το ισόπλευρο τρίγωνο $K\Gamma\Delta$ . Γράφω τον κύκλο που διέρχεται από τα και τη χορδή η οποία διέρχεται από τα $A,\Delta$ . Υπολογίστε το μήκος της ...*Αλλαγή ζητουμένου, by Doloros

: 14.png (27.86 KiB) Προβλήθηκε 2293 φορές

Αν ${\rm O}$ είναι το κέντρο του περικυκλίου του τριγώνου $\vartriangle {\rm K}{\rm A}{\rm B}$ τότε προφανώς με $\angle {\rm E}{\rm A}{\rm B} = {90^0}$ η ${\rm E}{\rm B}$ θα είναι διάμετρος του.

Από τα προφανή ίσα ισοσκελή τρίγωνα $\vartriangle \Delta {\rm A}{\rm K},\vartriangle \Gamma {\rm B}{\rm K}$ (Π-Γ-Π) με γωνίες κορυφής $\angle {\rm A}\Delta {\rm K} = \angle {\rm B}\Gamma {\rm K} = {120^0} \Rightarrow \angle \Delta {\rm K}{\rm A} = \angle \Gamma {\rm K}{\rm B} = {15^0}$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\angle \Delta {\rm K}\Gamma = {{60}^0}} \angle {\rm A}{\rm K}{\rm B} = {30^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o}$ $\angle {\rm A}{\rm E}{\rm B} = {30^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle {\rm E}{\rm A}{\rm B}\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o\,\,\sigma \tau o\,\,{\rm A}} \left( {{\rm E}{\rm B}} \right) = 2\left( {{\rm A}{\rm B}} \right) = 2\alpha$

και από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο αυτό θα είναι ${\left( {{\rm A}{\rm E}} \right)^2} = {\left( {{\rm E}{\rm B}} \right)^2} - {\left( {{\rm A}{\rm B}} \right)^2} \Rightarrow \ldots \boxed{\left( {{\rm A}{\rm E}} \right) = \alpha \sqrt 3 }$ και το ζητούμενο έχει βρεθεί.[/i]

Στάθης

apotin · #124

Άσκηση 50

Έστω $\displaystyle{3a}$ η πλευρά του τετραγώνου $\displaystyle{ABCD}$ . Τότε $\displaystyle{(ABCD)=9a^2}$

: sq50.png (12.58 KiB) Προβλήθηκε 2242 φορές

Τα τρίγωνα $\displaystyle{NPM, MDA}$ είναι όμοια με λόγο ομοιότητας $\displaystyle{\frac{{PM}}{{AD}} = \frac{1}{3}}$

Άρα $\displaystyle{NP = \frac{{2a}}{3} \Rightarrow TN = \frac{a}{3}}$

Τα τρίγωνα $\displaystyle{KTN, ADM}$ είναι όμοια με λόγο ομοιότητας $\displaystyle{\frac{{TN}}{{DM}} = \frac{{\frac{a}{3}}}{{2a}} = \frac{1}{6}}$

Άρα $\displaystyle{\left( {KTN} \right) = \frac{1}{{36}}\left( {ADM} \right) = \frac{1}{{36}} \cdot \frac{1}{2} \cdot 3a \cdot 2a = \frac{1}{{12}}{a^2}}$

Οπότε $\displaystyle{E = {a^2} - \frac{1}{{12}}{a^2} = \frac{{11}}{{12}}{a^2} = \frac{{11}}{{108}}\left( {ABCD} \right)}$

gavrilos · #125

Για την άσκηση 49.

Δουλεύω δεδομένου ότι το δωδεκάγωνο είναι κανονικό.

Στο σχήμα που δίνεται από τον προτείνοντα της άσκησης γράφουμε κάποια επιπλέον ευθύγραμμα τμήματα και δημιουργείται το παρακάτω περίτεχνο σχήμα:

: Γεωμετρια mathematica_32.PNG (37.51 KiB) Προβλήθηκε 2229 φορές

α.Το εμβαδόν καθενός από τα τριγωνάκια είναι $\displaystyle{\frac{\frac{a}{2}\cdot \upsilon}{2}}$ όπου

η πλευρά του τετραγώνου και $\upsilon$ το ύψος που αντιστοιχεί σε κάποια από τις ίσες πλευρές των ισοσκελών-ίσων τριγώνων.

Το ύψος είναι ίσο με το μισό της υποτείνουσας λόγω της κεντρικής γωνίας του πολυγώνου η οποία είναι ίση με $\displaystyle{30^{\circ}}$ .

Άρα $\displaystyle{\upsilon =\frac{a}{4}}$ .

Συνεπώς το εμβαδόν του δωδεκαγώνου είναι $\displaystyle{\frac{3a^2}{4}}$ μετά από πράξεις.Άρα το εμβαδόν των τεσσάρων χωρίων είναι $\displaystyle{\frac{a^2}{4}}$ .

Όλα τα πράσινα τρίγωνα είναι ίσα μεταξύ τους επειδή έχουν :

1.Μία πλευρά ίση με τη μισή του τετραγώνου,
2.Μία πλευρά ίση με αυτή του δωδεκαγώνου,
3.Μία γωνία συμπληρωματική της μισής της γωνίας του δωδεκαγώνου(γωνία $\displaystyle{\omega}$ ).

Επομένως τα μπλε τρίγωνα είναι ίσα επειδή έχουν τρεις πλευρές ίσες άρα τα τέσσερα χωρία είναι ίσα μεταξύ τους και το καθένα έχει εμβαδόν $\displaystyle{\frac{a^2}{16}}$ δηλαδή το $\displaystyle{\frac{1}{12}}$ του εμβαδού του δωδεκαγώνου.

β.Το εμβαδόν του πολυγώνου ισούται με $\displaystyle{\frac{\rho \cdot \frac{\rho}{2} \cdot 12}{2}}$ όπου $\displaystyle{\rho}$ η ακτίνα του κύκλου.

Το εμβαδόν αυτό είναι ίσο με $\displaystyle{\frac{1\cdot \frac{1}{2} \cdot 12}{2}=3}$ .

#126

Άσκηση 052

: sq052_.jpg (14.14 KiB) Προβλήθηκε 2172 φορές

Ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ χωρίζεται σε τέσσερα ορθογώνια παραλληλόγραμμα, όπως για παράδειγμα στο πάνω σχήμα.
Να βρείτε την μικρότερη τιμή που μπορεί να πάρει το άθροισμα των εμβαδών των περιγεγραμμένων κύκλων των παραπάνω
ορθογωνίων στα οποία χωρίστηκε το τετράγωνο.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

sq052.ggb: (5.54 KiB) Μεταφορτώθηκε 69 φορές

apotin · #127

Άσκηση 53

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ . Από το $\displaystyle{A}$ φέρνουμε τυχαία ευθεία που τέμνει την $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ στο $\displaystyle{E}$ και την προέκταση της $\displaystyle{\Delta \Gamma }$ στο $\displaystyle{Z}$ .

Να δείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{1}{{{\rm A}{{\rm E}^2}}} + \frac{1}{{{\rm A}{{\rm Z}^2}}} = \frac{1}{{{\rm A}{{\rm B}^2}}}}$

#128

Λύση στην άσκηση 53

: 06-06-2013 Γεωμετρία.jpg (8.1 KiB) Προβλήθηκε 2142 φορές

Έστω $\displaystyle\varphi$ η γωνία $\displaystyle\widehat {{\rm B}{\rm A}{\rm Z}}$ . Για να τέμνει την προέκταση της $\displaystyle\Delta \Gamma$ , πρέπει και αρκεί $\displaystyle\varphi < 45^\circ$ .

Στο $\displaystyle\Delta {\rm A}{\rm Z}$ είναι $\displaystyle\eta \mu \varphi = \frac{\alpha }{{{\rm A}{\rm Z}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{\rm A}{{\rm Z}^2}}} = \frac{{\eta {\mu ^2}\varphi }}{{\Delta {{\rm A}^2}}} = \frac{{\eta {\mu ^2}\varphi }}{{{\rm A}{{\rm B}^2}}}$

Στο $\displaystyle{\rm A}{\rm E}{\rm B}$ είναι $\displaystyle\eta \mu \varphi = \frac{{{\rm B}{\rm E}}}{{{\rm A}{\rm E}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{{\rm A}{{\rm E}^2}}} = \frac{{\eta {\mu ^2}\varphi }}{{{\rm B}{{\rm E}^2}}}$

Οπότε $\displaystyle\frac{1}{{{\rm A}{{\rm Z}^2}}} + \frac{1}{{{\rm A}{{\rm E}^2}}} = \frac{{\eta {\mu ^2}\varphi }}{{{\rm A}{{\rm B}^2}}} + \frac{{\eta {\mu ^2}\varphi }}{{{\rm B}{{\rm E}^2}}} = \frac{{\left( {{\rm B}{{\rm E}^2} + {\rm A}{{\rm B}^2}} \right)\eta {\mu ^2}\varphi }}{{{{\left( {{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm B}{\rm E}} \right)}^2}}} = \frac{{{\rm A}{{\rm E}^2}\eta {\mu ^2}\varphi }}{{{\rm A}{{\rm B}^2} \cdot {\rm B}{{\rm E}^2}}} = \frac{1}{{{\rm A}{{\rm B}^2}}}$ , αφού $\displaystyle\frac{1}{{{\rm A}{{\rm E}^2}}} = \frac{{\eta {\mu ^2}\varphi }}{{{\rm B}{{\rm E}^2}}}$

ΧΡΗΣΤΟΣ ΚΑΡΔΑΣΗΣ · #129

ΛΥΣΗ ΣΤΗΝ 53

Θα δείξω ότι $\dfrac{{{\rm A}{{\rm B}^2}}}{{{\rm A}{{\rm E}^2}}} + \dfrac{{{\rm A}{{\rm B}^2}}}{{{\rm A}{{\rm Z}^2}}} = 1$

$\begin{array}{l} \dfrac{{{\rm A}{{\rm B}^2}}}{{{\rm A}{{\rm E}^2}}}\mathop = \limits^{{\rm A}{\rm B}{\rm E} \sim {\rm Z}\Gamma {\rm E}} \dfrac{{\Gamma {{\rm Z}^2}}}{{{\rm E}{{\rm Z}^2}}}\\ \dfrac{{{\rm A}{{\rm B}^2}}}{{{\rm A}{{\rm Z}^2}}} = \dfrac{{{\rm A}{\Delta ^2}}}{{{\rm A}{{\rm Z}^2}}}\mathop = \limits^{{\rm A}\Delta {\rm Z} \sim {\rm E}\Gamma {\rm Z}} \dfrac{{\Gamma {{\rm E}^2}}}{{{\rm E}{{\rm Z}^2}}}\\ \\ \dfrac{{{\rm A}{{\rm B}^2}}}{{{\rm A}{{\rm E}^2}}} + \dfrac{{{\rm A}{{\rm B}^2}}}{{{\rm A}{{\rm Z}^2}}} = \dfrac{{\Gamma {{\rm Z}^2}}}{{{\rm E}{{\rm Z}^2}}} + \dfrac{{\Gamma {{\rm E}^2}}}{{{\rm E}{{\rm Z}^2}}} = \dfrac{{{\rm E}{{\rm Z}^2}}}{{{\rm E}{{\rm Z}^2}}} = 1 \end{array}$ ]

parmenides51 · #130

μιας και τη συνάντησα τυχαία

apotin έγραψε:Άσκηση 53

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ . Από το $\displaystyle{A}$ φέρνουμε τυχαία ευθεία που τέμνει την $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ στο $\displaystyle{E}$ και την προέκταση της $\displaystyle{\Delta \Gamma }$ στο $\displaystyle{Z}$ .

Να δείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{1}{{{\rm A}{{\rm E}^2}}} + \frac{1}{{{\rm A}{{\rm Z}^2}}} = \frac{1}{{{\rm A}{{\rm B}^2}}}}$

εδώ

KARKAR · #131

Άσκηση 54

: Φουλ του ορθογωνίου.png (7.07 KiB) Προβλήθηκε 2079 φορές

Σε τετράγωνο $AB\Gamma\Delta$ το

είναι το μέσο της $\Gamma\Delta$ και το

σημείο της $B\Gamma$ , ώστε $2BN=N\Gamma$ .

Τα AN,AM

τέμνουν τη διαγώνιο $B\Delta$ στα σημεία $\Sigma,T$ αντίστοιχα . Δείξτε ότι :

1) Το τρίγωνο $A\Sigma M$ είναι ισοσκελές και ορθογώνιο

2) Τα τμήματα $B\Sigma, \Sigma T,T\Delta$ μπορούν να γίνουν πλευρές ορθογωνίου τριγώνου .

apotin · #132

parmenides51 έγραψε:μιας και τη συνάντησα τυχαία
apotin έγραψε:Άσκηση 53

Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta }$ . Από το $\displaystyle{A}$ φέρνουμε τυχαία ευθεία που τέμνει την $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ στο $\displaystyle{E}$ και την προέκταση της $\displaystyle{\Delta \Gamma }$ στο $\displaystyle{Z}$ .

Να δείξετε ότι: $\displaystyle{\frac{1}{{{\rm A}{{\rm E}^2}}} + \frac{1}{{{\rm A}{{\rm Z}^2}}} = \frac{1}{{{\rm A}{{\rm B}^2}}}}$
εδώ

Αυτήν τη λύση είχα με μόνη διαφορά στο τέλος χρησιμοποιώ τη σχέση $\displaystyle{\frac{1}{{{\beta ^2}}} + \frac{1}{{{\gamma ^2}}} = \frac{1}{{\upsilon _\alpha ^2}}}$ στο ορθογώνιο τρίγωνο που δημιουργείται.

apotin · #133

Άσκηση 53

Μια λύση αφιερωμένη στο Γιώργο το Ρίζο.

Τοποθετούμε το τετράγωνο σε σύστημα συντεταγμένων όπως στο σχήμα.

: tetragono53.png (7.76 KiB) Προβλήθηκε 2039 φορές

Έχουμε

$\displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm E}} = \left( {1,y + 1} \right) \Rightarrow {\left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm E}} } \right)^2} = 1 + {\left( {y + 1} \right)^2}}$

$\displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm Z}} = \left( {x + 1,1} \right) \Rightarrow {\left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm Z}} } \right)^2} = {\left( {x + 1} \right)^2} + 1}$

$\displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}B} = \left( {1,0} \right) \Rightarrow {\left( {\overrightarrow {{\rm A}B} } \right)^2} = 1}$

Αλλά $\displaystyle{\overrightarrow {{\rm A}{\rm E}} //\overrightarrow {{\rm A}{\rm Z}} \Rightarrow \det \left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm E}} ,\overrightarrow {{\rm A}{\rm Z}} } \right) = 0 \Rightarrow \left| {\begin{array}{*{20}{c}} 1&{y + 1}\\ {x + 1}&1 \end{array}} \right| = 0 \Rightarrow \left( {x + 1} \right)\left( {y + 1} \right) = 1\;\;(1)}$

Τότε

$\displaystyle{\frac{1}{{{{\left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm E}} } \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm Z}} } \right)}^2}}} = \frac{1}{{{{\left( {\overrightarrow {{\rm A}B} } \right)}^2}}} \Leftrightarrow \frac{1}{{1 + {{\left( {y + 1} \right)}^2}}} + \frac{1}{{{{\left( {x + 1} \right)}^2} + 1}} = 1 \Leftrightarrow \cdots \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2}{\left( {y + 1} \right)^2} = 1}$

που ισχύει λόγω της $\displaystyle{(1)}$

#134

Αποστόλη καλησπέρα κι ευχαριστώ για την αφιέρωση!

Και να θέλει κανείς να αγιάσει δεν τον αφήνετε! Με νύχια και με δόντια συγκρατιέμαι να μην αναρτώ λύσεις με σύστημα συντεταγμένων, κάτι που ταιριάζει σε πολλές ασκήσεις με τετράγωνα, εφόσον εύκολα "καρφώνουμε" τα επίμαχα σημεία της άσκησης με βολικές συντεταγμένες, επί των αξόνων.

Επειδή, έχει δίκιο ο Ανδρέας Πούλος, που γράφει ΕΔΩ ότι "όταν κάποιος ασχολείται με ένα θέμα, π.χ. ενός ειδικού τύπου πρόβλημα χάνει σε ποιότητα και ποσότητα πληροφοριών", και επίσης για να φτιάξουμε μια αμιγή γεωμετρική συλλογή (άντε και με ψήγματα τριγωνομετρίας...), απέφυγα τις ΑναλυτικοΓεωμετρικές λύσεις...

Τώρα βέβαια, αφού ο αναμάρτητος έβαλεν πρώτος τον λίθον, δεν δεσμεύομαι τι θα επακολουθήσει ...

edit: Διόρθωση σύνταξης.

KARKAR · #135

spyros έγραψε:Άσκηση 052
Ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ χωρίζεται σε τέσσερα ορθογώνια παραλληλόγραμμα, όπως για παράδειγμα στο πάνω σχήμα.
Να βρείτε την μικρότερη τιμή που μπορεί να πάρει το άθροισμα των εμβαδών των περιγεγραμμένων κύκλων των παραπάνω
ορθογωνίων στα οποία χωρίστηκε το τετράγωνο.

: 52.png (8.23 KiB) Προβλήθηκε 2031 φορές

Λήμμα (απλό) . Το άθροισμα των τετραγώνων δύο τμημάτων , των οποίων το άθροισμα είναι σταθερό ,

γίνεται ελάχιστο όταν τα τμήματα γίνουν ίσα .

Επειδή $\displaystyle E=\frac{\pi }{4}d^2$ , είναι φανερό ότι ζητάμε το ελάχιστο του αθροίσματος των τετραγώνων των ερυθρών τμημάτων .

Αν υποθέσουμε ότι σταθεροποιείται το

τότε το άθροισμα NK^2+KL^2

λόγω του λήμματος , ελαχιστοποιείται όταν το

είναι το μέσο της

, όμοια για το

. Σκεπτόμενοι παρόμοια , καταλήγουμε ότι και τα N,L

πρέπει να γίνουν μέσα .

Στη συνέχεια με πράξεις ρουτίνας , παίρνουμε ως ελάχιστο του ζητούμενου εμβαδού το $\displaystyle E=\frac{\pi }{2}a^2$

#136

KARKAR έγραψε:Άσκηση 54 Σε τετράγωνο $AB\Gamma\Delta$ το είναι το μέσο της $\Gamma\Delta$ και το σημείο της $B\Gamma$ , ώστε $2BN=N\Gamma$ .Τα τέμνουν τη διαγώνιο $B\Delta$ στα σημεία $\Sigma,T$ αντίστοιχα . Δείξτε ότι :
1) Το τρίγωνο $A\Sigma M$ είναι ισοσκελές και ορθογώνιο
2) Τα τμήματα $B\Sigma, \Sigma T,T\Delta$ μπορούν να γίνουν πλευρές ορθογωνίου τριγώνου .

Αν ${\rm O} \equiv {\rm A}\Gamma \cap {\rm B}\Delta \Rightarrow {\rm O}$ το μέσο της ${\rm A}\Gamma \mathop \Rightarrow \limits^{{\rm M}\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,\Gamma \Delta } {\rm T}$ το βαρύκεντρο του τριγώνου $\vartriangle {\rm A}\Delta \Gamma \Rightarrow \Delta {\rm T} = \dfrac{2}{3}\Delta {\rm O}\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm B}\Delta = 2\Delta {\rm O}} \boxed{\Delta {\rm T} = \dfrac{1}{3}{\rm B}\Delta }:\left( 1 \right)$ .

Με ${\rm B}{\rm N}\parallel {\rm A}\Delta \Rightarrow \dfrac{{{\rm B}\Sigma }}{{\Sigma \Delta }} = \dfrac{{{\rm B}{\rm N}}}{{{\rm A}\Delta }}\mathop = \limits^{{\rm A}\Delta = {\rm B}\Gamma } \dfrac{{{\rm B}{\rm N}}}{{{\rm B}\Gamma }} = \dfrac{1}{3} \Rightarrow$ $\dfrac{{{\rm B}\Sigma }}{{{\rm B}\Sigma + \Sigma \Delta }} = \dfrac{1}{{1 + 3}} \Rightarrow \dfrac{{{\rm B}\Sigma }}{{{\rm B}\Delta }} = \dfrac{1}{4} \Rightarrow$ $\boxed{{\rm B}\Sigma = \dfrac{1}{4}{\rm B}\Delta }:\left( 2 \right)$ .

Επίσης είναι $\boxed{\Delta {\rm M} = \dfrac{{\Delta \Gamma }}{2} = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{2}}:\left( 3 \right)$ και $\boxed{{\rm B}{\rm N} = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{3}}:\left( 4 \right)$ . Από $\left( 1 \right):\left( 4 \right) \Rightarrow \boxed{\dfrac{{\Delta {\rm T}}}{{{\rm B}{\rm N}}} = \dfrac{{{\rm B}\Delta }}{{{\rm B}\Gamma }}}:\left( 5 \right)$ και $\left( 3 \right):\left( 2 \right) \Rightarrow \boxed{\dfrac{{\Delta {\rm M}}}{{{\rm B}\Sigma }} = \dfrac{{2{\rm B}\Gamma }}{{{\rm B}\Delta }}}:\left( 6 \right)$

και επειδή ${\rm B}{\Delta ^2} = 2{\rm B}{\Gamma ^2} \Rightarrow \dfrac{{{\rm B}\Delta }}{{{\rm B}\Gamma }} = \dfrac{{2{\rm B}\Gamma }}{{{\rm B}\Delta }}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right),\left( 6 \right)} \dfrac{{\Delta {\rm T}}}{{{\rm B}{\rm N}}} = \dfrac{{\Delta {\rm M}}}{{{\rm B}\Sigma }}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle {\rm T}\Delta {\rm M} = {{45}^0} = \angle \Sigma {\rm B}{\rm N}} \vartriangle \Delta {\rm T}{\rm M} \sim \vartriangle {\rm B}\Sigma {\rm N} \Rightarrow$

$\angle \Delta {\rm M}{\rm T} = \angle {\rm B}\Sigma {\rm N}\mathop = \limits^{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \nu } \angle \Delta \Sigma {\rm A} \Rightarrow {\rm A}\Sigma {\rm M}\Delta$ εγγράψιμο, άρα $\angle {\rm A}{\rm M}\Sigma = \angle {\rm A}\Delta \Sigma = {45^0} = \angle \Sigma \Delta {\rm M} = \angle \Sigma {\rm A}{\rm M} \Rightarrow \vartriangle {\rm A}\Sigma {\rm M}$ ορθογώνιο και ισοσκελές
[attachment=0]53.png[/attachment]
2) Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \Sigma {\rm T} = {\rm B}\Delta - \dfrac{{{\rm B}\Delta }}{3} - \dfrac{{{\rm B}\Delta }}{4} \Rightarrow$ $\boxed{\Sigma {\rm T} = \dfrac{{5{\rm B}\Delta }}{{12}}}:\left( 7 \right)$ . Είναι $\Delta {{\rm T}^2} + {\rm B}{\Sigma ^2} = \dfrac{{{\rm B}{\Delta ^2}}}{9} + \dfrac{{{\rm B}{\Delta ^2}}}{{16}} = \dfrac{{25{\rm B}{\Delta ^2}}}{{144}}$ $= {\left( {\dfrac{{5{\rm B}\Delta }}{{12}}} \right)^2} = \Sigma {{\rm T}^2}$

και συνεπώς τα τμήματα ${\rm B}\Sigma ,\Sigma {\rm T},\Delta {\rm T}$ μπορεί να αποτελέσουν πλευρές ορθογωνίου τριγώνου και όλα τα ζητούμενα έχουν αποδειχθεί.[/i]

Στάθης

#137

Λύση στην άσκηση 45 (Ας σβηστεί από τις εκκρεμότητες, ...αν είναι σωστή η λύση ....)

: 06-06-2013 Γεωμετρία β.jpg (17.68 KiB) Προβλήθηκε 2003 φορές

1) Από Πυθαγόρειο Θεώρημα στο $\displaystyle\Gamma {\rm E}{\rm Z}$ , είναι $\displaystyle\Gamma {\rm E} = \sqrt {4 - {\varphi ^2}}$ , οπότε $\displaystyle\left( {\Gamma {\rm E}{\rm Z}} \right) = m = \frac{{\varphi \sqrt {4 - {\varphi ^2}} }}{2}$

2) Τα $\displaystyle\Gamma {\rm E}{\rm Z},\;{\rm A}\Delta {\rm Z}$ είναι όμοια, αφού έχουν δύο πλευρές συνευθειακές και τις τρίτες παράλληλες, οπότε
$\displaystyle\frac{{{\rm A}\Delta }}{{\Gamma {\rm E}}} = \frac{{\Delta {\rm Z}}}{{\Gamma {\rm Z}}} \Leftrightarrow \frac{\alpha }{{\sqrt {4 - {\varphi ^2}} }} = \frac{{\alpha + \varphi }}{\varphi } \Leftrightarrow \alpha = \frac{{\varphi \cdot \sqrt {4 - {\varphi ^2}} }}{{\left( {\varphi - \sqrt {4 - {\varphi ^2}} } \right)}}$

$\displaystyle \Rightarrow {\alpha ^2} = \frac{{{\varphi ^2}\left( {4 - {\varphi ^2}} \right)}}{{{{\left( {\varphi - \sqrt {4 - {\varphi ^2}} } \right)}^2}}}$

Είναι $\displaystyle{m^2} = \frac{{{\varphi ^2}\left( {4 - {\varphi ^2}} \right)}}{4}$ και $\displaystyle1 - m = 1 - \frac{{\varphi \sqrt {4 - {\varphi ^2}} }}{2} = \frac{{2 - \varphi \sqrt {4 - {\varphi ^2}} }}{2}$ ,
οπότε $\displaystyle\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta } \right) = {\alpha ^2} = \frac{{{\varphi ^2}\left( {4 - {\varphi ^2}} \right)}}{{{{\left( {\varphi - \sqrt {4 - {\varphi ^2}} } \right)}^2}}} = \frac{{\frac{{{\varphi ^2}\left( {4 - {\varphi ^2}} \right)}}{4}}}{{\frac{{2 - \varphi \sqrt {4 - {\varphi ^2}} }}{2}}} = \frac{{{m^2}}}{{1 - m}}$

3) Φέρνω $\displaystyle\Theta {\rm E}$ . Τότε $\displaystyle\Gamma \Theta {\rm E} = \Gamma {\rm E}{\rm Z}$ . Έστω $\displaystyle\widehat {\Gamma {\rm E}{\rm Z}} = \varphi \Rightarrow \widehat {\Theta {\rm E}{\rm H}} = 180^\circ - \varphi$

Είναι $\displaystyle\eta \mu \varphi = \frac{\varphi }{2} = \frac{{\sqrt 5 + 1}}{4}$ οπότε $\displaystyle\varphi = 54^\circ$ , άρα $\displaystyle\widehat {\Theta {\rm E}{\rm H}} = 126^\circ$

Τότε $\displaystyle G = \left( {\Gamma \Theta {\rm E}} \right) = \frac{{\pi \cdot {2^2} \cdot 126^\circ }}{{360^\circ }} = m + \frac{{\pi \cdot 126^\circ }}{{90^\circ }} = m + \frac{{7\pi }}{5}$

άρα $\displaystyle \frac{G}{{{a^2}}} = \frac{{m + \frac{{7\pi }}{{10}}}}{{{m^2}}}\left( {1 - m} \right) = \frac{1}{{{m^2}}}\left( {m + \frac{{7\pi }}{5}} \right)\left( {1 - m} \right)$

#138

KARKAR έγραψε:Άσκηση 54
Το συνημμένο Φουλ του ορθογωνίου.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε τετράγωνο $AB\Gamma\Delta$ το είναι το μέσο της $\Gamma\Delta$ και το σημείο της $B\Gamma$ , ώστε $2BN=N\Gamma$ .

Τα τέμνουν τη διαγώνιο $B\Delta$ στα σημεία $\Sigma,T$ αντίστοιχα . Δείξτε ότι :

1) Το τρίγωνο $A\Sigma M$ είναι ισοσκελές και ορθογώνιο

2) Τα τμήματα $B\Sigma, \Sigma T,T\Delta$ μπορούν να γίνουν πλευρές ορθογωνίου τριγώνου .

: tetrag_054_ok.png (29.73 KiB) Προβλήθηκε 1979 φορές

Ας είναι ${\rm E},{\rm Z}$ τα σημεία τομής της ευθείας ${\rm M}\Sigma$ με τις ${\rm A}{\rm B},\,{\rm B}\Gamma$ αντίστοιχα

Για ευκολία πράξεων , έστω ${\rm Z}{\rm B} = x\,\,,\,\,{\rm B}{\rm E} = y\,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm A}\Delta = 6\lambda$ . Από την ομοιότητα των τριγώνων ${\rm B}{\rm E}\Sigma \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\Delta {\rm M}\Sigma$ έχουμε : $\displaystyle\frac{{{\rm B}{\rm E}}}{{\Delta {\rm M}}} = \displaystyle\frac{{{\rm B}\Sigma }}{{\Sigma \Delta }}\,\,(1)$ και από την ομοιότητα των τριγώνων ${\rm B}\Sigma {\rm N}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\Delta \Sigma {\rm A}$ έχουμε : $\displaystyle\frac{{{\rm B}\Sigma }}{{\Sigma \Delta }} = \displaystyle\frac{{{\rm B}{\rm N}}}{{\Delta {\rm A}}}\,\,(2)$ . Από τις $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,(2)$ έχουμε : $\displaystyle\frac{{{\rm B}{\rm E}}}{{\Delta {\rm M}}} = \displaystyle\frac{{{\rm B}{\rm N}}}{{\Delta {\rm A}}} = \displaystyle\frac{{2\lambda }}{{6\lambda }} = \displaystyle\frac{1}{3} \Rightarrow \boxed{y = \lambda }$ . Από την ομοιότητα των τριγώνων ${\rm Z}{\rm B}{\rm E}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm Z}\Gamma {\rm M}$ έχουμε: $\displaystyle\frac{{{\rm B}{\rm E}}}{{\Gamma {\rm M}}} = \displaystyle\frac{{{\rm Z}{\rm B}}}{{{\rm Z}\Gamma }} \Rightarrow \displaystyle\frac{y}{{3\lambda }} = \displaystyle\frac{x}{{x + 6\lambda }} \Rightarrow \boxed{x = 3\lambda }$ . Τώρα όμως και τα ορθογώνια τρίγωνα ${\rm A}{\rm B}{\rm N}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,{\rm Z}\Gamma {\rm M}$ είναι όμοια γιατί έχουν τις κάθετες πλευρές του ανάλογες : $\displaystyle\frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{{\rm B}{\rm N}}} = \displaystyle\frac{{6\lambda }}{{2\lambda }} = 3\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\displaystyle\frac{{{\rm Z}\Gamma }}{{\Gamma {\rm M}}} = \displaystyle\frac{{9\lambda }}{{3\lambda }} = 3$ . Έτσι θα είναι $\widehat \phi = \widehat \theta$ , συνεπώς το τετράπλευρο ${\rm A}\Sigma {\rm B}{\rm Z}$ είναι εγγράψιμο και τα ${\rm B},\Sigma$ θα βλέπουν την απέναντι πλευρά ${\rm A}{\rm Z}$ υπό ίσες γωνίες , άρα ${\rm A}\Sigma \bot \Sigma {\rm M}$ . Τώρα όμως και το τετράπλευρο ${\rm A}\Delta {\rm M}\Sigma$ είναι εγγράψιμο και του ορθογωνίου τριγώνου $\Sigma {\rm A}{\rm M}$ οι γωνίες στα ${\rm A},{\rm M}$ θα είναι από ${45^0}$ αφού η διαγώνιος ${\rm B}\Delta$ διχοτομεί τις ορθές γωνίες του τετραγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta$ στα $\Delta \,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,{\rm B}$ .
Πάλι για ευκολία πράξεων θέτω ${\rm A}{\rm T} = \beta \,\,,\,\,{\rm T}\Sigma = \alpha \,\,\,,\,\Sigma {\rm B} = \gamma$ . Πάλι από τις ομοιότητες των ζευγών των τριγώνων : ${\rm T}\Delta {\rm M}\,\,\mu \varepsilon \;{\rm T}{\rm B}{\rm A}\,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,\Sigma {\rm B}{\rm N}\,\,\mu \varepsilon \,\,\Sigma \Delta {\rm A}$ θα έχουμε : $\displaystyle\frac{\beta }{{\alpha + \gamma }} = \displaystyle\frac{1}{2}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\displaystyle\frac{\gamma }{{\alpha + \beta }} = \displaystyle\frac{1}{3}$ . Το σύστημα που προκύπτει με αγνώστους τα $\beta ,\gamma$ και παράμετρο το $\alpha$ δίδει $\left\{ \begin{gathered} 2\beta = \alpha + \gamma \hfill \\ 3\gamma = \alpha + \beta \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} 2\beta - \gamma = \alpha \hfill \\ - \beta + 3\gamma = \alpha \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \beta = \frac{{4\alpha }}{5} \hfill \\ \gamma = \frac{{3\alpha }}{5} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και συνεπώς ${\beta ^2} + {\gamma ^2} = {\alpha ^2}$ που αποδεικνύει το ζητούμενο

Φιλικά Νίκος

#139

ΑΣΚΗΣΗ 55

Δίνονται τα τετράγωνα ABCD,BCEZ

και σημείο

στην πλευρά

τέτοιο ,ώστε $\angle DAH = 15^o$ .

Να αποδείξετε ότι $\angle AHZ = 75^o$ .

Μπάμπης

kostas_zervos · #140

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 55

Δίνονται τα τετράγωνα και σημείο στην πλευρά τέτοιο ,ώστε $\angle DAH = 15^o$ .

Να αποδείξετε ότι $\angle AHZ = 75^o$ .

Μπάμπης

: ask46.png (4.13 KiB) Προβλήθηκε 1918 φορές

Αρκεί το $\overset{\triangle}{AHZ}$ να είναι ισοσκελές .

Αν DH=x

και τα τετράγωνα έχουν πλευρά

, τότε από το Π.Θ. στο $\overset{\triangle}{EHZ}$ έχουμε DZ=(2a-x)^2+a^2

.
Άρα αρκεί να ισχύει ότι $(2a-x)^2+a^2=(2a)^2 \Leftrightarrow x^2-4ax+a^2=0$ , από όπου βρίσκουμε ότι αρκεί $x=(2-\sqrt{3})\cdot a$ .

Η τελευταία σχέση μπορεί να αποδειχτεί με τριγωνομετρία (βρίσκοντας την tan 15^o

) αλλά θα ακολουθήσουμε μια πιο γεωμετρική προσέγγιση.

Φέρνουμε το ύψος

στο $\overset{\triangle}{AHD}$ και στη συνέχεια το ύψος

και τη διάμεσο

στο $\overset{\triangle}{AKD}$ . Τότε $\displaystyle DM=MK=\frac{a}{2}$ και $D\hat{M}K=2\cdot 15^o=30^o$ , άρα στο ορθογώνιο τρίγωνο $\overset{\triangle}{LMK}$ θα έχουμε $\displaystyle LK=\frac{MK}{2}=\frac{a}{4}$ .

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\overset{\triangle}{ADK}$ : $LK^2=AL\cdot LD$ , άρα αν AL=y

, τότε $\displaystyle \frac{a^2}{16}=y\cdot(a-y) \Leftrightarrow y=\frac{\left(2+\sqrt{3}\right)a}{4}$ .

Τέλος από τα όμοια τρίγωνα $\overset{\triangle}{ALK}$ , $\overset{\triangle}{AHD}$ έχουμε $\displaystyle \frac{LK}{DH}=\frac{AL}{AD} \Leftrightarrow \frac{\displaystyle\frac{a}{4}}{x}=\frac{\displaystyle\frac{\left(2+\sqrt{3}\right)a}{4}}{a} \Leftrightarrow x=(2-\sqrt{3})\cdot a$ .

Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Re: Ασκήσεις με τετράγωνα - Σ Υ Λ Λ Ο Γ Η

Μέλη σε σύνδεση