Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

#201

KARKAR έγραψε:Άσκηση 72
Το συνημμένο Άσκηση 72.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Τα τμήματα που συνδέουν την κορυφή του ορθογωνίου με τα μέσα

των πλευρών αντίστοιχα , τέμνουν τη διαγώνιο στα σημεία .

α) Βρείτε το λόγο $\dfrac{(DST)}{(SMNT)}$ ... β) Αν $\widehat{DMN}=90^0$ , βρείτε το λόγο $\dfrac{a}{b}$ .

Η άσκηση αυτή μπορεί άνετα να "σταθεί" σαν σχολικό θέμα ...

Καλησπέρα σε όλους.

: Ορθογώνια.72.png (16.97 KiB) Προβλήθηκε 1033 φορές

α) Είναι γνωστό(άσκηση σχολικού βιβλίου) ότι οι DM, DN

τριχοτομούν την

. Άρα, $\displaystyle{(DST) = \frac{{(ADC)}}{3} = \frac{{ab}}{6}}$
$\displaystyle{(DMN) = (ABCD) - (ADM) - (DCN) - (BMN) = ab - \frac{{ab}}{4} - \frac{{ab}}{4} - \frac{{ab}}{8} \Leftrightarrow }$
$\displaystyle{(DMN) = \frac{{3ab}}{8}}$

$\displaystyle{\frac{{(DST)}}{{(DMN)}} = \frac{4}{9} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\frac{{(DST)}}{{(SMNT)}} = \frac{4}{5}}$

β) $\displaystyle{{b^2} = AS \cdot AC = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{3}\sqrt {{a^2} + {b^2}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\frac{a}{b} = \sqrt 2 }$

KARKAR · #202

Άσκηση 73

: Άσκηση73.png (10.88 KiB) Προβλήθηκε 1029 φορές

To

είναι το μέσο της πλευράς

και στα τρίγωνα ADM , AMB

εγγράψαμε

κύκλους με ακτίνες $r, \rho$ αντίστοιχα . Ποιος είναι ο λόγος $\dfrac{\rho}{r}$ , όταν αυτός ισούται

με το λόγο $\dfrac{a}{b}$ ? Πόσο θα γίνει το $\dfrac{\rho}{r}$ , όταν το ορθογώνιο "εκφυλισθεί" σε τετράγωνο ?

sakis1963 · #203

BRAHMA έγραψε:71 Άσκηση

Σε κυκλικό τμήμα χορδής , να εγγραφεί το μέγιστο σε εμβαδόν ορθογώνιο.

Ασκηση 71

: GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.71.png (116.13 KiB) Προβλήθηκε 1011 φορές

: GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.71(2).png (18.14 KiB) Προβλήθηκε 1011 φορές

Δουλεύουμε στο μισό σχήμα και χρησιμοποιούμε τη βοηθητική πρόταση,
από το εξαίρετο βιβλίο του συνάδελφου Αρίστου Δημητρίου "Μέθοδοι Επιλύσεως Γεωμετρικών Προβλημάτων 1976" σελ.286

Εξίσωση κύκλου x^2+y^2=R^2

, εξίσωση εφαπτομένης xx_o+yy_o=R^2

, εξίσωση χορδής y=h

Σημεία τομής με τη χορδή και τον άξονα

, $S(\dfrac{R^2-hy_o}{x_o}, h), T(0, \dfrac{R^2}{y_o})$

Επειδή το M(x_o, y_o)

πρέπει να είναι μέσον του

έχουμε $x_o=\dfrac{R^2-hy_o}{2x_o}$ και $y_o=\dfrac{R^2+hy_o}{2yo}$ απόπου

$x_o=\sqrt{\dfrac{R^2-hy_o}{2}}$ και 2y_o^2-hy_o-R^2=0

που έχει δεκτή λύση $y_o=\dfrac{h+\sqrt{h^2+8R^2}}{4}$

οπότε a=y_o-h

και τελικά $\boxed{a=\dfrac{-3h+\sqrt{h^2+8R^2}}{4}}$

Σάκης

KARKAR · #204

sakis1963 έγραψε: Ασκηση 25
Μπορεί να εγγραφεί σε ορθογώνιο άλλο ορθογώνιο ( με τις κορυφές του στις πλευρές

του αρχικού , μια προς μια ) όμοιο με το αρχικό ; Αιτιολογείστε την απάντησή σας.

: 25.png (10.03 KiB) Προβλήθηκε 987 φορές

Αν

οι πλευρές του KLMN

, τότε $a=ysin\theta+xcos\theta$ και $b=xsin\theta+ycos\theta$ .

Για να είναι τα ABCD , KLMN

όμοια πρέπει $\dfrac{x}{y}=\dfrac{a}{b}=\dfrac{ysin\theta+xcos\theta}{xsin\theta+ycos\theta}$ , το οποίο συμβαίνει

(χιαστί !) μόνο αν x=y

, δηλαδή αν το εσωτερικό είναι τετράγωνο ( οπότε είναι και το εξωτερικό ) .

Αν y<x

, τότε : $\dfrac{a}{b}<\dfrac{x}{y}$ , διότι ισοδύναμα ( χιαστί είπαμε ! ) : y^2<x^2

, το οποίο ισχύει .

#205

KARKAR έγραψε:Άσκηση 73
Το συνημμένο Άσκηση73.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
To είναι το μέσο της πλευράς και στα τρίγωνα εγγράψαμε

κύκλους με ακτίνες $r, \rho$ αντίστοιχα . Ποιος είναι ο λόγος $\dfrac{\rho}{r}$ , όταν αυτός ισούται

με το λόγο $\dfrac{a}{b}$ ? Πόσο θα γίνει το $\dfrac{\rho}{r}$ , όταν το ορθογώνιο "εκφυλισθεί" σε τετράγωνο ?

Θέτουμε ( για ευκολία πράξεων) , $a = 2m\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MA = MB = d$ . Είναι $d = \sqrt {{b^2} + {m^2}} \,\,(1)$ . Η ημιπερίμετρος έστω

του τριγώνου MAB

είναι,

οπότε η ακτίνα του εγγεγραμένου του κύκλου , έστω $R = \sqrt {\dfrac{{(x - 2m)(x - d)(x - d)}}{x}}$ και άρα $\boxed{{R^2} = \dfrac{{{m^2}(\sqrt {{b^2} + {m^2}} - m)}}{{{b^2}}}}$

Για το άλλο τρίγωνο DAM

επειδή είναι ορθογώνιο με ημιπερίμετρο $y = \dfrac{{b + m + d}}{2}$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου του κύκλου είναι r = y - d

και άρα

$\boxed{{r^2} = \dfrac{{{{(\sqrt {{b^2} + {m^2}} - n - m)}^2}}}{4}}$

Προκύπτει έτσι $\boxed{\dfrac{{{R^2}}}{{{r^2}}} = \dfrac{{{{(\sqrt {{b^2} + {m^2}} + b - m)}^2}}}{{{b^2}}}}\,\,\,(2)$ .

: Ορθογώνια (KARKAR) _73.png (15.77 KiB) Προβλήθηκε 979 φορές

Απαιτούμε λοιπόν $\dfrac{{{R^2}}}{{{r^2}}} = \dfrac{{4{m^2}}}{{{b^2}}}$ και άρα αρκεί να ισχύει: ${(\sqrt {{b^2} + {m^2}} + b - m)^2} = 4{m^2}$ .

Επειδή μας ενδιαφέρει ο λόγος $\dfrac{a}{b} = \dfrac{{2m}}{b} = k \Rightarrow \boxed{m = \dfrac{{bk}}{2}}$ και η προηγούμενη γίνεται

$(k - 2)\sqrt {{k^2} + 4} + {k^2} + 2k - 4 = 0 \Leftrightarrow (k - 2)\sqrt {{k^2} + 4} = ( - {k^2} - 2k + 4)$ . Υψώνουμε στο τετράγωνο και προκύπτει : ${(k - 2)^2}(k + 4) = {( - {k^2} - 2k + 4)^2}$ .

Κάνουμε τις απλές πράξεις ( και το καψόνι μας βγαίνει σε καλό!) αφού προκύπτει:

$12{k^2} - 8{k^3} = 0$ και άρα $\boxed{k = \dfrac{3}{2}}$ .

Αν τώρα το ορθογώνιο γίνει τετράγωνο θα είναι b = 2m

και η σχέση (2)

δίδει $\dfrac{{{R^2}}}{{{r^2}}} = \dfrac{{{{(\sqrt 5 + 1)}^2}}}{4} \Rightarrow \boxed{\dfrac{R}{r} = \varphi }$ .

Στο σχήμα φαίνονται κι άλλα ενδιαφέροντα

Ν.

#206

ΑΣΚΗΣΗ 74

: Ορθογώνια KARKAR_74.png (9.68 KiB) Προβλήθηκε 956 φορές

Θεωρούμε τετράγωνο ABCD

πλευράς

. Σημείο

κινείται στην πλευρά

.

Πάνω στο

θεωρούμε σημείο

και εγγράφουμε μέσα στο τρίγωνο PAB

, ορθογώνιο KLMN

με τα

πάνω στην

.

1. Δείξετε ότι η περίμετρος του ορθογωνίου KLMN

είναι σταθερή .

2. Αν το

επιλεγεί ( πάντα πάνω στο

) , έτσι ώστε PN = 2NA

, δείξετε ότι (PNM) = (KLMN)

.

3. Πώς πρέπει τώρα , με δεδομένη τη προηγούμενη επιλογή του

( δηλαδή

) , να επιλέξουμε τη θέση του

, ώστε οι ευθείες $PA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MK$

να τέμνονται σε σημείο

πάνω στον κύκλο κέντρου

, μέσου του

, και ακτίνας

;

Ν.

ealexiou · #207

Doloros έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 74

Θεωρούμε τετράγωνο πλευράς . Σημείο κινείται στην πλευρά .

Πάνω στο θεωρούμε σημείο και εγγράφουμε μέσα στο τρίγωνο , ορθογώνιο με τα πάνω στην .

1. Δείξετε ότι η περίμετρος του ορθογωνίου είναι σταθερή .

2. Αν το επιλεγεί ( πάντα πάνω στο ) , έτσι ώστε , δείξετε ότι

Ν.

Καλημέρα!

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 74.png (11.24 KiB) Προβλήθηκε 930 φορές

1) $\triangle PNM \sim \triangle PAB\Rightarrow$ $\dfrac{NM}{PE}=\dfrac{AB}{PZ}=1\Rightarrow NM=PE=K'N$ , οπότε

Π(ερίμετρος) $KLMN=2\cdot NM+2\cdot KN=2\cdot (K'N+KN)=2\cdot K'N=2\cdot AD\Rightarrow$ $\boxed{\Pi =2a}$

2) Είναι $PN=2\cdot NA\Rightarrow PN=\dfrac{2}{3} PA$ , άρα ο λόγος ομοιότητας των όμοιων τριγώνων

PNM

και

είναι $\dfrac{2}{3}$ , άρα $\boxed{(PNM)=\dfrac{4}{9}(PAB)}$

Επίσης ο λόγος ομοιότητας των τριγώνων NAK, MLB

προς τα

αντίστοιχα

είναι $\dfrac{1}{2}$ , οπότε $(PNA)+(MLB)=\dfrac{1}{4}(PNM)=\dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{4}{9}(PAB)=$ $\boxed{\dfrac{1}{9}(PAB)}$

και $(KLMN)=(ABMN)-((NAK)+(MLB))=(\dfrac{5}{9}-\dfrac{1}{9})(PAB)\Rightarrow$

$\boxed{\boxed{(KLMN)=\dfrac{4}{9}(PAB)=(PNM)}}$

KARKAR · #208

Άσκηση 75

: Άσκηση 75.png (8.73 KiB) Προβλήθηκε 917 φορές

Η κορυφή

του ορθογωνίου ABCD

είναι η αρχή των αξόνων και η

κινείται στον άξονα x'x

,

αλλά πάντα είναι a+b=10 , b<a

. Α) Δείξτε ότι η μεσοκάθετος της διαγωνίου

,

διέρχεται από σταθερό σημείο

. Β) Αν η

τέμνει την πλευρά

στο σημείο

και

αντέχετε στις κακουχίες , υπολογίστε τη μέγιστη τιμή του (TMBC)

( λογισμικό επιτρέπεται ) .

Σταμ. Γλάρος · #209

KARKAR έγραψε:Άσκηση 66
Το συνημμένο Άσκηση 66.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στην πλευρά του διαστάσεων $6d\times 3d$ ορθογωνίου , πήραμε σημείο ,

ώστε . Από το μέσο της φέραμε $MS \perp DN$ . Δείξτε ότι τα σημεία

είναι συνευθειακά . Αφού μπλέξατε , βρείτε και το λόγο $\dfrac{(DSC)}{(MSNB)}$ .

: ΑΣΚΗΣΗ 66. ΦΩΤΟ.png (21.06 KiB) Προβλήθηκε 900 φορές

Καλημέρα και χρόνια πολλά σε όλους στο

!
Συγχωρέστε μου την επιστροφή στην ωραία Άσκηση 66, αλλά μόλις τώρα, για πρώτη φορά, κατάφερα να βάλω το σχήμα
μέσα...
Καταθέτω, λοιπόν και εγώ, μετά πολλών ... βασάνων τη δική μου πρόταση για το δεύτερο υποερώτημα!
Προεκτείνω την

η οποία τέμνει την προέκταση της

στο

.

Τα τρίγωνα DCN

και

είναι όμοια ( ορθογώνια και $\widehat{CDN}= \widehat{AHD}$ ως εντός εναλλάξ).
Άρα $\dfrac{CN}{AD}=\dfrac{CD}{AH}$ $\Leftrightarrow$ \displaystyle{\dfrac{2d}{3d}=\dfrac{6d}{AH}

\Leftrightarrow} AH=9d

.

Από Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο $HBN\Rightarrow HN=\sqrt{10}d$ .

Τα τρίγωνα HNB

και

είναι όμοια ( ορθογώνια και $\widehat{H}$ κοινή).
Άρα $\dfrac{HN}{HM}=\dfrac{NB}{SM}$ $\Leftrightarrow$ \displaystyle{\dfrac{\sqrt{10}d}{6d}=\dfrac{d}{SM}

\Leftrightarrow} $SM=\dfrac{6}{\sqrt{10}}d$ .

και $\dfrac{HN}{HM}=\dfrac{HB}{SH}$ $\Leftrightarrow$ \displaystyle{\dfrac{\sqrt{10}d}{6d}=\dfrac{3d}{SH}

\Leftrightarrow} $SH=\dfrac{18}{\sqrt{10}}d$ .

Τώρα $NS=HS-HN=\dfrac{8}{\sqrt{10}}d$ .

Επομένως $(MSNB)=(SMN)+(BMN)=\dfrac{1}{2}MS.SN+\dfrac{1}{2}BM.BN= \dfrac{39}{10}d^2$ .

Επίσης ισχύει (SAB)=(SMH)

αφού τα τρίγωνα έχουν ίσες βάσεις με

και κοινό ύψος.
Άρα $(SAB)=(OAB)+(OSB)=\dfrac{1}{4}(ABCD)+(OSD)=(OAD)+(OSD)=(SAD)$
( (OSB)=(OSD)

επειδή έχουν κοινό ύψος και ίσες βάσεις).
Συνεπώς (SMH)=(SAD)

.

Οπότε $(SMH)=\dfrac{1}{2}MS.SH= \dfrac{54}{10}d^2$ άρα και $(SAD)= \dfrac{54}{10}d^2$ .

Επίσης $(DSC)=\dfrac{1}{2}(ABCD)-(SAD)= \dfrac{36}{10}d^2$ .

Τελικά έχουμε $\dfrac{(DSC)}{(MSNB)}=\dfrac{ \dfrac{36}{10}d^2}{ \dfrac{39}{10}d^2}= \dfrac{12}{13}$ .

Εύχομαι ολόψυχα, ευτυχισμένο το νέο έτος 2016, με υγεία και να βρει ο καθένας μας την προσωπική του Ιθάκη!
Σταμ. Γλάρος

KARKAR · #210

sakis1963 έγραψε:
BRAHMA έγραψε:71 Άσκηση
Σε κυκλικό τμήμα χορδής , να εγγραφεί το μέγιστο σε εμβαδόν ορθογώνιο.

Δουλεύουμε στο μισό σχήμα και χρησιμοποιούμε τη βοηθητική πρόταση ,

από το εξαίρετο βιβλίο του συνάδελφου Αρίστου Δημητρίου

"Μέθοδοι Επιλύσεως Γεωμετρικών Προβλημάτων 1976" σελ.286

Δίνω επίσης την παραπομπή αυτή , σχετική με το θέμα

#211

KARKAR έγραψε:Άσκηση 75
Το συνημμένο Άσκηση 75.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Η κορυφή του ορθογωνίου είναι η αρχή των αξόνων και η κινείται στον άξονα ,

αλλά πάντα είναι . Α) Δείξτε ότι η μεσοκάθετος της διαγωνίου ,

διέρχεται από σταθερό σημείο . Β) Αν η τέμνει την πλευρά στο σημείο και

αντέχετε στις κακουχίες , υπολογίστε τη μέγιστη τιμή του ( λογισμικό επιτρέπεται ) .

Καλημέρα και Χρόνια Πολλά

: Ορθογώνια.75.png (9.74 KiB) Προβλήθηκε 889 φορές

Α) Είναι $\displaystyle{M\left( {\frac{a}{2},\frac{{10 - a}}{2}} \right)}$ και $\displaystyle{{\lambda _{BD}} = - \frac{{10 - a}}{a}}$ , άρα η εξίσωση της μεσοκαθέτου του

είναι:

$\displaystyle{y - \frac{{10 - a}}{2} = \frac{a}{{10 - a}}\left( {x - \frac{a}{2}} \right) \Leftrightarrow 2a(x + y - 10) + 20(5 - y) = 0}$ , που διέρχεται από το

σταθερό σημείο $\boxed{S(5,5)}$

B) Με διαδικασία ρουτίνας βρίσκουμε $\displaystyle{T\left( {\frac{{{a^2} - 10a + 50}}{a},10 - a} \right)}$ και από $\displaystyle{(TMBC) = (DBC) - (DMT)}$ , βρίσκουμε τελικά:

$\displaystyle{(TMBC) = f(a) = - \frac{{{a^3} - 150a + 500}}{{4a}}}$ με $\displaystyle{f'(a) = \frac{{125}}{{{a^2}}} - \frac{a}{2} = 0 \Leftrightarrow }$ $\boxed{a = 5\sqrt[3]{2}}$

και με αντικατάσταση: $\boxed{{(TMBC)_{\max }} = \frac{{75}}{4}\left( {2 - \sqrt[3]{4}} \right)}$

KARKAR · #212

Άσκηση 76

: Άσκηση 76.png (12.05 KiB) Προβλήθηκε 865 φορές

Στο ορθογώνιο ABCD

είναι $b<\dfrac{a}{2}$ . Εντοπίστε σημείο

της

και πλησιέστερα

προς το

, ώστε $\widehat{DSC}=90^0$ . Στη συνέχεια σχεδιάστε τετράγωνο SPQT

με την

κορυφή

στην πλευρά

και υπολογίστε το εμβαδόν του , συναρτήσει των a,b

.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #213

Άσκηση 77

Σε ορθογώνιο $\displaystyle{ABCD}$ ,η κάθετη στην $\displaystyle{AC}$ στο $\displaystyle{C}$ , τέμνει τις $\displaystyle{AB,AD}$ στα σημεία $\displaystyle{E,Z}$ αντίστοιχα.

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{BE\sqrt {CZ} + ZD\sqrt {CE} = AC\sqrt {EZ} }$

: a.77.png (8.11 KiB) Προβλήθηκε 854 φορές

KARKAR · #214

Άσκηση 78

: Άσκηση 77.png (12.61 KiB) Προβλήθηκε 846 φορές

Στην πλευρά

, παίρνουμε σημείο S (AS=x)

και διπλώνουμε κατά μήκος της

,

ώστε το

να βρεθεί στη θέση

. Αν το τμήμα SB'

διέρχεται από το μέσο

της

,

υπολογίστε το εμβαδόν του μέρους που "φαίνεται" . Εφαρμογή για a=10 , b=4

.

ealexiou · #215

KARKAR έγραψε:Άσκηση 78
Στην πλευρά , παίρνουμε σημείο και διπλώνουμε κατά μήκος της ,

ώστε το να βρεθεί στη θέση . Αν το τμήμα διέρχεται από το μέσο της ,

υπολογίστε το εμβαδόν του μέρους που "φαίνεται" . Εφαρμογή για .

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 78.png (15.01 KiB) Προβλήθηκε 834 φορές

$\triangle SKM =\triangle MB'C\Rightarrow$ $SM=MC=\dfrac{a}{2}$ και από Π.Θ στο $\triangle SKM$ έχουμε:

$KS^2+KM^2=SM^2\Rightarrow$ $b^2+\left(\dfrac{a}{2}-x\right)^2=\dfrac{a^2}{4}\Rightarrow$ $\boxed{x=\dfrac{1}{2}\left(a-\sqrt{a^2-4b^2}\right)}$

και για a=10, b=4

παίρνουμε $x=\dfrac{1}{2}(10-\sqrt{100-4\cdot16})\Rightarrow$ $\boxed{x=2}$

Οπότε (ASCB'MDA)=(ASCDA)+(MCB'M)=

$\dfrac{10+2}{2}\cdot 4 +\dfrac{1}{2}(5-2)\cdot 4\Rightarrow$ $\boxed{(ASCB'MDA)=30}$
(Το εμβαδόν στη γενική μορφή το ...παρέκαμψα, μέρα που είναι.)

#216

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:Άσκηση 77

Σε ορθογώνιο $\displaystyle{ABCD}$ ,η κάθετη στην $\displaystyle{AC}$ στο $\displaystyle{C}$ , τέμνει τις $\displaystyle{AB,AD}$ στα σημεία $\displaystyle{E,Z}$ αντίστοιχα.

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{BE\sqrt {CZ} + ZD\sqrt {CE} = AC\sqrt {EZ} }$

Το συνημμένο a.77.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο

: Ορθογώνια.77.png (6.95 KiB) Προβλήθηκε 820 φορές

Έστω

. Είναι: $\displaystyle{{b^2} = aBE,{a^2} = bZD,AC = \sqrt {{a^2} + {b^2}} }$ και από

Πυθαγόρειο βρίσκουμε $\displaystyle{CE = \frac{b}{a}\sqrt {{a^2} + {b^2}} ,CZ = \frac{a}{b}\sqrt {{a^2} + {b^2}} \Rightarrow EZ = \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{ab}}\sqrt {{a^2} + {b^2}} }$

● $\displaystyle{BE\sqrt {CZ} + ZD\sqrt {CE} = \frac{{{b^2}}}{a}\frac{{\sqrt a }}{{\sqrt b }}\sqrt[4]{{{a^2} + {b^2}}} + \frac{{{a^2}}}{b}\frac{{\sqrt b }}{{\sqrt a }}\sqrt[4]{{{a^2} + {b^2}}} \Leftrightarrow }$

$\boxed{BE\sqrt {CZ} + ZD\sqrt {CE} = \sqrt[4]{{{a^2} + {b^2}}} \cdot \frac{{{a^2} + {b^2}}}{{\sqrt {ab} }}}$

● $\displaystyle{EZ = CE + CZ = \frac{{({a^2} + {b^2})}}{{ab}}\sqrt {{a^2} + {b^2}} \Rightarrow }$ $\boxed{AC\sqrt {EZ} = ({a^2} + {b^2})\frac{{\sqrt[4]{{{a^2} + {b^2}}}}}{{\sqrt {ab} }}}$

και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #217

ΑΣΚΗΣΗ 74

Εύχομαι σε όλους για τη νέα χρονιά που έρχεται, υγεία και προκοπή..

1. $\displaystyle{\frac{{MN}}{{AB}} = \frac{{PM}}{{PB}} = \frac{{QM}}{{QL}} \Rightarrow \boxed{MN = QM}}$ (Αφού $\displaystyle{AB = QL = \alpha }$ ).Άρα, $\displaystyle{MN + ML = QM + ML = \alpha \Rightarrow 2\left( {QM + ML} \right) = 2\alpha \Rightarrow \boxed{\Pi = 2\alpha }}$

2. $\displaystyle{\frac{{PN}}{{NA}} = \frac{{QM}}{{MB}} = 2 = \frac{{QM}}{{ML}} \Rightarrow QM = 2LM}$ .Άρα $\displaystyle{\frac{{\left( {PNB} \right)}}{{\left( {NMLK} \right)}} = \frac{{\left( {QNM} \right)}}{{\left( {NMLK} \right)}} = \frac{{\frac{{NM \cdot QM}}{2}}}{{NM \cdot ML}} = \frac{{QM}}{{2LM}} = 1 \Rightarrow \boxed{\left( {PNB} \right) = \left( {NMLK} \right)}}$

3.Έστω $\displaystyle{AK = NH = m}$ . Με δεδομένη την πρηγούμενη επιλογή του $\displaystyle{N}$ έχουμε $\displaystyle{\frac{{PN}}{{PA}} = \frac{{MN}}{\alpha } = \frac{2}{3} \Rightarrow \boxed{MN = \frac{{2\alpha }}{3}}}$

κι επειδή $\displaystyle{NK + NM = \alpha }$ θα είναι $\displaystyle{\boxed{NK = \frac{\alpha }{3}}}$ και (Π.Θ) $\displaystyle{\boxed{KM = \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{3}}}$

$\displaystyle{\frac{{NH}}{{DP}} = \frac{{AN}}{{AP}} \Rightarrow \frac{m}{{DP}} = \frac{1}{3} \Rightarrow m = \frac{{DP}}{3}}$

$\displaystyle{TK \cdot KM = NK \cdot KI = N{K^2} \Rightarrow TK \cdot \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{3} = \frac{{{\alpha ^2}}}{9} \Rightarrow TK = \frac{1}{5}\frac{{\alpha \sqrt 5 }}{3} = \frac{{KM}}{5} \Rightarrow \boxed{TK = \frac{{TM}}{6}}}$

$\displaystyle{\frac{{TK}}{{TM}} = \frac{m}{{MN}} \Rightarrow \frac{1}{6} = \frac{{\frac{{DP}}{3}}}{{\frac{{2\alpha }}{3}}} \Rightarrow \boxed{DP = \frac{\alpha }{3}}}$

: a74.png (18.21 KiB) Προβλήθηκε 778 φορές

KARKAR · #218

Άσκηση 79

: Άσκηση 79.png (6.77 KiB) Προβλήθηκε 742 φορές

Στις γωνιές B,D

του μεταβλητών διαστάσεων $a\times b ,(a>b)$ ορθογωνίου ABCD

,

πήραμε , μεταβλητά αλλά ίσα μεταξύ τους , τμήματα BP,BQ,DS,DT

.

Δείξτε ότι το μέγιστο του (PQST)

ξεπερνά πάντα το μισό του (ABCD)

.

#219

KARKAR έγραψε:Άσκηση 79
Άσκηση 79.png
Στις γωνιές του μεταβλητών διαστάσεων $a\times b ,(a>b)$ ορθογωνίου ,

πήραμε , μεταβλητά αλλά ίσα μεταξύ τους , τμήματα .

Δείξτε ότι το μέγιστο του ξεπερνά πάντα το μισό του .

Χρόνια πολλά . Καλά με υγεία να περάσουμε το νέο έτος 2016 .

Άσκηση και για σχολική χρήση .

Ν.

KARKAR · #220

Άσκηση 80

: Άσκηση 80.png (7.22 KiB) Προβλήθηκε 714 φορές

Το ορθογώνιο PQST

εχει πλευρές ίσες με τα μισά των πλευρών a,b

του

,

τα δύο ορθογώνια είναι ομόκεντρα , αλλά οι πλευρές τους δεν είναι παράλληλες .

Υπολογίστε το εμβαδόν του τετραπλεύρου APQB

.

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