Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

#261

KARKAR έγραψε:Άσκηση 95
Το συνημμένο Άσκηση 95.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο ορθογώνιο του σχήματος το είναι σταθερό σημείο της , ενώ

το κινείται επί της . Φέρω τα κάθετα προς τις τμήματα

αντίστοιχα . Δείξτε ότι οι γωνίες $\widehat{APT} , \widehat{SQT}$ είναι ίσες .

Καλή και πρωτότυπη άσκηση , για να "αποτοξινωθούμε" από τα εμβαδά που κατέκλυζαν τις προηγούμενες .

Αν δεν δοθεί λύση μέχρι τα μεσάνυχτα, θα επανέλθω .

Νίκος

: 1111.png (21.63 KiB) Προβλήθηκε 2139 φορές

Βλέπω με πρόλαβε και στη σκέψη ο Σωτήρης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #262

ΑΣΚΗΣΗ 93

Είναι προφανής η ισότητα των γωνιών $\displaystyle{x}$ ,άρα από το $\displaystyle{\vartriangle TAS}$ προκύπτει $\displaystyle{\angle x = {60^0} \Rightarrow \tan {60^0} = \boxed{\sqrt 3 = \frac{\alpha }{b}}}$

(αφού $\displaystyle{SN = NB \Rightarrow N}$ μέσον της $\displaystyle{BC}$ )

Ηλιας Φραγκάκος · #263

Φανης Θεοφανιδης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 9

Δίνεται ορθογώνιο $AB\Gamma \Delta$ στο οποίο είναι το σημείο τομής της διχοτόμου
της γωνίας $\hat{A}$ και της από το $\Gamma$ καθέτου στην $B\Delta$ . Δείξτε ότι $B\Delta =\Gamma K$ .

ΛΥΣΗ ΘΟΔΩΡΗ ΚΑΛΑΜΑΡΑΚΗ (Αντικειμενικού, επίσης, αλλά και Αμερόληπτου)
$\angle DCA = \hat r$ και η συμπληρωματικής της, $\angle DAC = \hat s$
$\angle LHK = 45^0 + \hat r$ ως εξωτερική της $\angle DHC$
Αφού $\hat r + \hat s + 90^0 = 180^0$ αυτό σημαίνει ότι στο ορθογώνιο
$\triangle LHK$ η γωνία $\angle LKH = \hat s- 45^0$
Αφού $\angle BDA = \hat s$ και $\angle HDA = 45^0$ σημαίνει ότι
$\angle BDK = \hat s - 45^0$
κι έτσι $\triangle DBK$ ισοσκελές και έτσι αποδεικνύεται το ζητούμενο, εφόσον KB = BD = AC

.

#264

KARKAR έγραψε:Άσκηση 95
Το συνημμένο Άσκηση 95.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο ορθογώνιο του σχήματος το είναι σταθερό σημείο της , ενώ

το κινείται επί της . Φέρω τα κάθετα προς τις τμήματα

αντίστοιχα . Δείξτε ότι οι γωνίες $\widehat{APT} , \widehat{SQT}$ είναι ίσες .

: Ορθογώνια (KARKAR) _95_1.png (21.62 KiB) Προβλήθηκε 2071 φορές

Έστω λοιπόν ορθογώνιο ABCD

με $AB = 3\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC = \sqrt 2$ . Αγνοούμε, προσωρινά, το σημείο

.

Για το κινητό

της

, έστω

το σημείο τομής των $DP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CQ$ .

Το τετράπλευρο SPHQ

είναι εγγράψιμο γιατί οι απέναντι γωνίες στα σημεία $P\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Q$ είναι ορθές.

Γράφουμε το κύκλο του τετραπλεύρου αυτού και έστω ότι τέμνει κατά σειρά την

στα $L\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ . Αν θέσουμε $AL = x\,\,,\,\,LN = y\,\,,\,\,NB = y$ θα έχουμε :

$D{A^2} = AP \cdot AS = AL \cdot AN$ και $B{C^2} = BQ \cdot BS = BN \cdot BL$ . Θα προκύψει έτσι το σύστημα:

$\left\{ \begin{gathered} x(x + y) = 2 \hfill \\ w(w + y) = 2 \hfill \\ x + y + w = 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ .

Εύκολα έχουμε $\boxed{x = y = w = 1}$ . Δηλαδή το $L \equiv T$ και το ζητούμενο φανερό.

Ν.

#265

Άσκηση 96

: Ορθογώνια KARKAR_96_1.png (13.73 KiB) Προβλήθηκε 2062 φορές

Σε ορθογώνιο ABCD

οι διαγώνιες του τέμνονται στο

. Ας είναι δε

το μέσο της πλευράς

.

Σημείο

κινείται στην πλευρά

και η

τέμνει τη

στο

.

1. Δείξετε ότι οι $PO\,\,,\,\,AT\,\,,\,\,DM$ διέρχονται από το ίδιο σημείο.

2. Αν το

είναι τέτοιο ώστε 2AP = PD

να βρείτε το λόγο $\dfrac{AB}{BC}$ , ώστε το τετράπλευρο AOTP

να είναι εγγράψιμο σε κύκλο , έστω (C)

.

Στη συνέχεια:

3. Αν η

τέμνει τον κύκλο (C)

στο σημείο

, να δείξετε ότι η

εφάπτεται του (C)

.

Παρατήρηση: Το πρώτο ερώτημα ισχύει και σε τυχαίο παραλληλόγραμμο.

Ν.

KARKAR · #266

Doloros έγραψε:Άσκηση 96
Σε ορθογώνιο οι διαγώνιες του τέμνονται στο . Ας είναι δε το μέσο της πλευράς .

Σημείο κινείται στην πλευρά και η τέμνει τη στο .

1. Δείξετε ότι οι $PO\,\,,\,\,AT\,\,,\,\,DM$ διέρχονται από το ίδιο σημείο .

: 96.png (14.54 KiB) Προβλήθηκε 2032 φορές

Ένα -ένα : 1) Από θ. Μενελάου στο DAO

με διατέμνουσα PTC

, παίρνουμε :

$\dfrac{DP}{PA}\cdot\dfrac{AC}{CO}\cdot\dfrac{OT}{TD}=1\Rightarrow \dfrac{DP}{PA}\cdot\dfrac{OT}{TD}=\dfrac{1}{2}$ . Επειδή

μέσο της

είναι γνωστό ότι $\dfrac{AS}{SO}=2$ . Αλλά τότε : $\dfrac{DP}{PA}\cdot\dfrac{AS}{SO}\cdot\dfrac{OT}{TD}=1$ , συνεπώς ,

από αντίστροφο θ. Ceva

, οι $PO\,\,,\,\,AT\,\,,\,\,DM$ διέρχονται από το ίδιο σημείο .

#267

Doloros έγραψε:Άσκηση 96

Το συνημμένο Ορθογώνια KARKAR_96_1.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε ορθογώνιο οι διαγώνιες του τέμνονται στο . Ας είναι δε το μέσο της πλευράς .

Σημείο κινείται στην πλευρά και η τέμνει τη στο .

1. Δείξετε ότι οι $PO\,\,,\,\,AT\,\,,\,\,DM$ διέρχονται από το ίδιο σημείο.

2. Αν το είναι τέτοιο ώστε να βρείτε το λόγο $\dfrac{AB}{BC}$ , ώστε το τετράπλευρο να είναι εγγράψιμο σε κύκλο , έστω .

Ν.

Καλημέρα.

Για το δεύτερο ερώτημα.

: Ορθογώνια.96.png (19.51 KiB) Προβλήθηκε 2021 φορές

2) $\displaystyle{\frac{{AP}}{{PD}} \cdot \frac{{DT}}{{TO}} = 2 \Leftrightarrow \frac{1}{2} \cdot \frac{{DT}}{{TO}} = 2 \Leftrightarrow DT = 4TO}$

Το AOTP

είναι εγγράψιμο: $\displaystyle{DP \cdot DA = DT \cdot DO \Leftrightarrow \frac{{2{b^2}}}{3} = \frac{1}{5}({a^2} + {b^2}) \Leftrightarrow }$ $\boxed{\frac{a}{b} = \sqrt {\frac{7}{3}} }$

KARKAR · #268

Άσκηση 97

: Άσκηση 97.png (13.24 KiB) Προβλήθηκε 2010 φορές

Σημείο

κινείται στην πλευρά

ορθογωνίου ABCD

με διαστάσεις AB=a , AD=b

.

Έστω σημείο

της

, ώστε τα

να είναι συνευθειακά με το κέντρο

του ορθογωνίου και σημεία P , T

των

, ώστε η

μεσοκάθετος του

.

α) Δείξτε ότι το τετράπλευρο SPQT

είναι ρόμβος και μάλιστα σταθερής ομοιότητας .

β) Εκφράστε το (SPQT)

ως συνάρτηση των a,b,x(=AS)

και υπολογίστε τις ακρότατες τιμές του .

γ) Για ποια τιμή του λόγου $\dfrac{a}{b}$ το μέγιστο του (SPQT)

ισούται με το $60\%$ του (ABCD)

?

Ηλιας Φραγκάκος · #269

Doloros έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 4
Το συνημμένο προβολή και καθετότητα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο ορθογώνιο , είναι η προβολή του στην .
Αν $M\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ τα μέσα των $DC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AK$ αντίστοιχα , δείξετε ότι $MN \bot NB$ .

Καλημέρα, κ. Νίκο. Εδώ ΚΥΡΙΑΚΟΣ
Έστω

μέσον της

.
To τετράπλευρο MNHC

εγγράφεται, επειδή το

φαίνεται υπό ορθή γωνία. ( KB// = 2HN

)
Άρα, $\angle MNC = \angle MHC=\hat \tau$
ΟΙ γωνίες $\angle BHC = \hat c$ και $\angle HCB = \hat s$ είναι συμπληρωματικές.
Όμως, εγγράψιμο είναι και το τετράπλευρο NHBC

διότι έχει τις δύο απέναντι γωνίες του ορθές, τις $\hat N = \hat B = 90^o$ .
Έτσι, $\angle HCB = \angle HNB = \hat s$ .
Όμως, τη γωνία $\angle BNC$ πρέπει να την πούμε $\hat c$ , διότι είναι συμπληρωματική της $\angle HNB = \hat s$
Και έτσι βλέπουμε πως η ζητούμενη γωνία $\angle BNM = \hat c + \hat \tau$ , δηλαδή, ορθή.

KARKAR · #270

Άσκηση 98

: Άσκηση 98.png (8.09 KiB) Προβλήθηκε 1932 φορές

Περιγράψτε στο ορθογώνιο ABCD

διαστάσεων $a\times b ,(a>b)$ , άλλο ορθογώνιο PQST

διαστάσεων $c\times d$ , διπλασίου εμβαδού . Αν $\dfrac{a}{b}=\lambda$ , υπολογίστε το λόγο $\dfrac{c}{d}$ συναρτήσει του $\lambda$ .

Γιατί το PQST

, δεν μπορεί να είναι όμοιο με το ABCD

αλλά ούτε τετράγωνο ?

sakis1963 · #271

KARKAR έγραψε:Άσκηση 98
Άσκηση 98.png
Περιγράψτε στο ορθογώνιο διαστάσεων $a\times b ,(a>b)$ , άλλο ορθογώνιο

διαστάσεων $c\times d$ , διπλασίου εμβαδού . Αν $\dfrac{a}{b}=\lambda$ , υπολογίστε το λόγο $\dfrac{c}{d}$ συναρτήσει του $\lambda$ .

Γιατί το , δεν μπορεί να είναι όμοιο με το αλλά ούτε τετράγωνο ?

Ασκηση 98

Φέρουμε παράλληλες στην διαγώνιο

που διέρχονται από τα B, D

και κάθετες σ'αυτές που διέρχονται από τα A, C

οπότε έχουμε $c=\sqrt{a^2+b^2}$ και $\dfrac{1}{(d/2)^2}=\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{1}{b^2}$ απόπου $d=\dfrac{2ab}{\sqrt{a^2+b^2}}$

$\dfrac{c}{d}=\dfrac{a^2+b^2}{2ab}=\dfrac{1}{2}(\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a})=\dfrac{1}{2}(\lambda+\dfrac{1}{\lambda})\geq 1$

Από την τελευταία είναι φανερό ότι το PQST

δεν μπορεί να είναι τετράγωνο (αφού $\dfrac{a}{b} \neq 1$ )

Αν το PQST

είναι όμοιο με το αρχικό θάχουμε $\lambda+\dfrac{1}{\lambda}}=2\lambda$ που έχει λύση $\lambda=1$ που μας ξαναγυρίζει στο τετράγωνο

Σάκης

Ευχαριστώ τον Θανάση (KARKAR) για την διόρθωση!

#272

Άσκηση 99

: Ορθογώνια KARKAR_99.png (7.55 KiB) Προβλήθηκε 1885 φορές

Έστω ορθογώνιο ABCD

με $AB = a\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC = b$ . Θεωρούμε τα σημεία:

μέσο του

και

σημείο του

με

.

Γράφουμε τον κύκλο που διέρχεται από τα σημεία $M\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ και εφαπτόμενος σε σημείο

του τμήματος

.

Αν

, να βρείτε το λόγο $\dfrac{a}{b}$ . ( εννοείται όχι κατά προσέγγιση )

Ν.

KARKAR · #273

Doloros έγραψε:Άσκηση 99
Έστω ορθογώνιο με $AB = a\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC = b$ . Θεωρούμε τα σημεία: μέσο του

και σημείο του με . Γράφουμε τον κύκλο που διέρχεται από τα σημεία

$M\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ και εφαπτόμενος σε σημείο του τμήματος .

Αν , να βρείτε το λόγο $\dfrac{a}{b}$ . ( εννοείται όχι κατά προσέγγιση )

: 99.png (15.13 KiB) Προβλήθηκε 1846 φορές

Δυστυχώς με αναλυτική : Βρίσκουμε τις συντεταγμένες του κέντρου K(x,y)

, ως τομή της

μεσοκαθέτου του

με την κάθετη του

στο

, αφού και

εφαπτόμενο .

Στη συνέχεια απαιτούμε KM=KT

, δηλαδή $x^2+(y-\dfrac{b}{2})^2=y^2$

και ( με πολύπλοκες πράξεις ) βρίσκουμε ότι : $\dfrac{b}{a}=\dfrac{2}{3}\sqrt{41-5\sqrt{65}}$

#274

KARKAR έγραψε:Άσκηση 97
Το συνημμένο Άσκηση 97.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημείο κινείται στην πλευρά ορθογωνίου με διαστάσεις .

Έστω σημείο της , ώστε τα να είναι συνευθειακά με το κέντρο

του ορθογωνίου και σημεία των , ώστε η μεσοκάθετος του .

α) Δείξτε ότι το τετράπλευρο είναι ρόμβος και μάλιστα σταθερής ομοιότητας .

β) Εκφράστε το ως συνάρτηση των και υπολογίστε τις ακρότατες τιμές του .

γ) Για ποια τιμή του λόγου $\dfrac{a}{b}$ το μέγιστο του ισούται με το $60\%$ του ?

: Ορθογώνια (KARKAR) _97.png (21.87 KiB) Προβλήθηκε 1822 φορές

1. Τα τετράπλευρα, $SOTD\,,\,\,SOPA\,,\,\,QOTC\,,\,\,QOPB$ είναι εγγράψιμα γιατί έχουν στο

και στις κορυφές D,A,C,B

τις γωνίες ορθές.

Επειδή η

διέρχεται από το

θα είναι, λόγω συμμετρίας , SO = OQ

και άρα το τετράπλευρο PQST

είναι ρόμβος , σταθερής ομοιότητας αφού $\widehat \omega = \widehat \theta = \widehat \phi$ .

2. Θέτουμε AP = y

κι επειδή $S{P^2} = P{Q^2}$ προκύπτει : $y = \dfrac{{{a^2} + {b^2}}}{{2a}} - \dfrac{b}{a}x\,\,(1)$ .

Το εμβαδόν του ρόμβου προκύπτει αν από το εμβαδόν του ορθογωνίου αφαιρέσουμε τα ορθογώνια διαστάσεων : $AP,AS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PB,BQ$ . Θα έχουμε έτσι

$f(x) = (PQST) = \dfrac{b}{{2a}}(4{x^2} - 4bx + {a^2} + {b^2})$

${f_{\max }} = f(0) = \dfrac{{b({a^2} + {b^2})}}{{2a}}$

${f_{\min }} = f(\dfrac{b}{2}) = \dfrac{{ab}}{2}$

3. Για $\dfrac{{b({a^2} + {b^2})}}{{2a}} = \dfrac{{3ab}}{5}$ προκύπτει $\dfrac{a}{b} = \sqrt 5$

Ν.

#275

Άσκηση 100

: Ορθογώνια KARKAR_100.png (10.59 KiB) Προβλήθηκε 1811 φορές

Σε ορθογώνιο ABCD

να κατασκευαστεί ( γεωμετρικά) ευθεία που να διέρχεται από το

και να τέμνει τα ευθύγραμμα τμήματα $DB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DC$ στα $K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$ ,

εις τρόπο ώστε : $\dfrac{{KB}}{{LC}} = \dfrac{5}{2}$ .

Ν.

Ηλιας Φραγκάκος · #276

Μιχάλης Νάννος έγραψε:Καλημέρα. Χαιρετίζω την ιδέα του Θανάση με μια απλή για ζέσταμα…

Άσκηση 7
Το συνημμένο 07.jpg δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο ορθογώνιο , του παραπάνω σχήματος, δίνεται ότι $EKZ\parallel AD,\,EC = \dfrac{{AK}}{2}$ και $C\widehat EB = {60^ \circ }$ . Να βρείτε τη γωνία $x = A\widehat CE$ .

Καλησπέρα.
ΗΛΙΑΣ

#277

Doloros έγραψε:Άσκηση 100

Το συνημμένο Ορθογώνια KARKAR_100.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε ορθογώνιο να κατασκευαστεί ( γεωμετρικά) ευθεία που να διέρχεται από το και να τέμνει τα ευθύγραμμα τμήματα $DB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DC$ στα $K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L$ ,

εις τρόπο ώστε : $\dfrac{{KB}}{{LC}} = \dfrac{5}{2}$ .

Ν.

Καλησπέρα.

Θα αρκεστώ προς το παρόν σε μία υπολογιστική λύση, μέχρι να βρω γεωμετρική κατασκευή.

: Ορθογώνια.100.png (10.21 KiB) Προβλήθηκε 1770 φορές

Έστω

. Από το όμοια τρίγωνα DLK, ABK

έχουμε:
$\displaystyle{\frac{x}{a} = \frac{{DK}}{{KB}} \Leftrightarrow \frac{{x + a}}{a} = \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{{\frac{5}{2}(a - x)}} \Leftrightarrow {a^2} - {x^2} = \frac{{2a}}{5}\sqrt {{a^2} + {b^2}} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{{x^2} = {a^2} - \frac{{2a\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{5}}$ , οπότε το σημείο

προσδιορίζεται.

KARKAR · #278

Με τη συμπλήρωση των 100

ασκήσεων μπορούμε να είμαστε αρκετά ικανοποιημένοι .

Αναπάντητες μένουν οι 23,29,69,89,90

καθώς και από ένα ερώτημα των 38 ,96

.

Φυσικά η προσπάθεια συνεχίζεται , είτε με νέες ασκήσεις είτε με νέες λύσεις ...

KARKAR · #279

Άσκηση 101

: Άσκηση 101.png (9.36 KiB) Προβλήθηκε 1735 φορές

Σημείο

κινείται στο εσωτερικό της διαγωνίου

, ορθογωνίου ABCD

.

α) Δείξτε ότι τα τρίγωνα ABS , CBS

είναι ισεμβαδικά .

β) Υπάρχει περίπτωση τα δύο τρίγωνα να γίνουν ισοπεριμετρικά ;

#280

ΑΣΚΗΣΗ 102

(Έχασα μέσα στις διακοπές τον έλεγχο από τον καταιγισμό των ασκήσεων. Αν την έχουμε ξαναβάλει, τη σβήνουμε. Την κατασκεύασε ο Σιλουανός για τον ΘΑΛΗ 2015).

Δίνεται ορθογώνιο ABCD

, σημείο

στο εσωτερικό του και τα μέσα M,N

των

αντίστοιχα. Αν οι DM,CN

τέμνονται στο

, να αποδειχθεί ότι

$PK\perp CD$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

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