Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

#341

KARKAR έγραψε:Άσκηση 123
Το συνημμένο Άσκηση 123.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Για ποια τιμή του λόγου $\dfrac{a}{b}$ , μεγιστοποιείται ο λόγος $\dfrac{E'}{E}$ του σχήματος ?

Καλό μεσημέρι!

: Ορθογώνια.123.png (12.35 KiB) Προβλήθηκε 940 φορές

$\displaystyle{\frac{{E'}}{E} = \frac{{(ABC) - (AST)}}{{(ADC) - (ASD)}} = \frac{{ab - AS \cdot ST}}{{ab - AS \cdot SD}}}$

Αλλά, $\displaystyle{{b^2} = AS \cdot AC = AS\sqrt {{a^2} + {b^2}} ,D{S^2} = {b^2} - A{S^2}}$ και $\displaystyle{A{S^2} = DS \cdot ST}$

Από αυτές τις σχέσεις παίρνουμε: $\displaystyle{f(b) = \frac{{E'}}{E} = - {\left( {\frac{b}{a}} \right)^4} + {\left( {\frac{b}{a}} \right)^2} + 1,a,b > 0}$

Η

παρουσιάζει μέγιστο όταν $\boxed{\frac{a}{b} = \sqrt 2 }$ και παίρνει μέγιστη τιμή $\boxed{{f_{\max }} = \frac{5}{4}}$

KARKAR · #342

Άσκηση 124

: Άσκηση 124.png (13.22 KiB) Προβλήθηκε 927 φορές

Στην προέκταση της πλευράς

ορθογωνίου ABCD

κινείται σημείο

.

Φέρω $AP \perp BS$ και $AQ \perp CS$ . α) Δείξτε ότι $AP\cdot BS=AQ\cdot CS$ .

β) Πότε γίνεται $PQ \parallel AD$ ? ... γ) * Ποια είναι η μέγιστη τιμή του

?

ealexiou · #343

KARKAR έγραψε:Άσκηση 124
Το συνημμένο Άσκηση 124.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στην προέκταση της πλευράς ορθογωνίου κινείται σημείο .

Φέρω $AP \perp BS$ και $AQ \perp CS$ . α) Δείξτε ότι $AP\cdot BS=AQ\cdot CS$ .

β) Πότε γίνεται $PQ \parallel AD$ ? ... γ) * Ποια είναι η μέγιστη τιμή του ?

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 124.png (34.78 KiB) Προβλήθηκε 921 φορές

α)

και το ζητούμενο είναι προφανές.

#344

KARKAR έγραψε:Άσκηση 124
Το συνημμένο Άσκηση 124.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στην προέκταση της πλευράς ορθογωνίου κινείται σημείο .

Φέρω $AP \perp BS$ και $AQ \perp CS$ . α) Δείξτε ότι $AP\cdot BS=AQ\cdot CS$ .

β) Πότε γίνεται $PQ \parallel AD$ ? ... γ) * Ποια είναι η μέγιστη τιμή του ?

Χαιρετώ τους φίλους.

Ένα-ένα τα ερωτήματα.

: Ορθογώνια.124.png (13.48 KiB) Προβλήθηκε 908 φορές

α) $\displaystyle{AP \cdot BS = 2(ABS) = AB \cdot AS = a(b + x) = DC \cdot AS = 2(ASC) = AQ \cdot CS}$

β) Αν PQ//AD

, τότε επειδή το APQS

είναι εγγράψιμο, θα είναι ισοσκελές τραπέζιο.

: Ορθογώνια.124.β.png (13.02 KiB) Προβλήθηκε 886 φορές

Από Θ. Πτολεμαίου είναι: $\displaystyle{QP(b + x) + A{P^2} = A{S^2}}$

Αλλά, $\displaystyle{{(b + x)^2} = SP \cdot BS = SP\sqrt {{a^2} + {{(b + x)}^2}} }$ και $\displaystyle{AP \cdot BS = a(b + x) \Leftrightarrow AP\sqrt {{a^2} + {{(b + x)}^2}} = a(b + x)}$

Από αυτές τις σχέσεις και από το λόγο $\displaystyle{\frac{{SP}}{{SB}} = \frac{{PQ}}{b}}$ καταλήγουμε (παραλείποντας αρκετές πράξεις)

στην εξίσωση: $\displaystyle{{x^2} + bx - {a^2} = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{x > 0} }$ $\boxed{x = \frac{{ - b + \sqrt {4{a^2} + {b^2}} }}{2}}$

Θα επανέλθω για το γ) ερώτημα.

KARKAR · #345

Άσκηση 125

: Άσκηση 125.png (7.02 KiB) Προβλήθηκε 876 φορές

Η μεσοκάθετος της διαγωνίου

, ορθογωνίου ABCD

, τέμνει

την πλευρά

στο σημείο

. Αν $MS=\dfrac{a}{2}$ , υπολογίστε το λόγο $\dfrac{b}{a}$

sakis1963 · #346

KARKAR έγραψε:Άσκηση 125
Άσκηση 125.png
Η μεσοκάθετος της διαγωνίου , ορθογωνίου , τέμνει

την πλευρά στο σημείο . Αν $MS=\dfrac{a}{2}$ , υπολογίστε το λόγο $\dfrac{b}{a}$

Άσκηση 125

Εστω DS=x

τότε από τα όμοια τρίγωνα DMS, DCB

έχουμε $ax=d\dfrac{d}{2}$ και $\dfrac{x}{d}=\dfrac{a/2}{b}$
Από τον συνδυασμό των παραπάνω έχουμε $d=\dfrac{a^2}{b} \Rightarrow a^2+b^2=\dfrac{a^4}{b^2}$ απόπου $1+(\dfrac{b}{a})^2=(\dfrac{a}{b})^2$ και
τελικά $\dfrac{b}{a}=\dfrac{1}{\sqrt{\phi}}$

#347

KARKAR έγραψε:Άσκηση 124
Το συνημμένο Άσκηση 124.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στην προέκταση της πλευράς ορθογωνίου κινείται σημείο .

Φέρω $AP \perp BS$ και $AQ \perp CS$ . γ) * Ποια είναι η μέγιστη τιμή του ?

: Ορθογώνια.124.γ.png (14.04 KiB) Προβλήθηκε 854 φορές

Από Θ. Πτολεμαίου στο εγγράψιμο APQS

: $\boxed{PQ = \frac{{AQ \cdot SP - AP \cdot SQ}}{{b + x}}}$

Είναι, $\boxed{SP = \frac{{{{(b + x)}^2}}}{{\sqrt {{a^2} + {{(b + x)}^2}} }}}$ , $\displaystyle{AQ \cdot SC = AP \cdot BS = a(b + x) \Rightarrow }$ $\boxed{AQ = \frac{{a(b + x)}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}}$

και $\boxed{AP = \frac{{a(b + x)}}{{\sqrt {{a^2} + {{(b + x)}^2}} }}}$ . Είναι ακόμα: $\displaystyle{S{Q^2} = {(b + x)^2} - A{Q^2} \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{SQ = \frac{{x(b + x)}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} }}}$

Επομένως: $\displaystyle{f(x) = PQ = \frac{{ab(b + x)}}{{\sqrt {{a^2} + {x^2}} \sqrt {{a^2} + {{(b + x)}^2}} }}}$

Αν δεν έχω κάνει κάποιο λάθος είναι $\displaystyle{f'(x) = \frac{{ab\left( {{a^4} - {a^2}bx - x{{(b + x)}^3}} \right)}}{{\sqrt {{{\left( {{a^2} + {x^2}} \right)}^3}} \sqrt {{{\left( {{a^2} + {{(b + x)}^2}} \right)}^3}} }}}$

Όποιος θέλει (μπορεί) ας λύσει την εξίσωση: $\boxed{{a^4} - {a^2}bx - x{(b + x)^3} = 0}$

Μιχάλης Τσουρακάκης · #348

KARKAR έγραψε:Άσκηση 125
Άσκηση 125.png
Η μεσοκάθετος της διαγωνίου , ορθογωνίου , τέμνει

την πλευρά στο σημείο . Αν $MS=\dfrac{a}{2}$ , υπολογίστε το λόγο $\dfrac{b}{a}$

$\displaystyle{\vartriangle DSM \simeq \vartriangle DAB \Rightarrow \frac{{\frac{\alpha }{2}}}{b} = \frac{{\frac{{\sqrt {{\alpha ^2} + {b^2}} }}{2}}}{\alpha } \Rightarrow {\left( {\frac{\alpha }{b}} \right)^4} - {\left( {\frac{\alpha }{b}} \right)^2} - 1 = 0 \Rightarrow \frac{\alpha }{b} = \sqrt \varphi \Rightarrow \boxed{\frac{b}{a} = \frac{1}{{\sqrt \varphi }}}}$

#349

Άσκηση 126

: Ορθογώνια.126.png (8.69 KiB) Προβλήθηκε 847 φορές

Με διάμετρο την πλευρά

ορθογωνίου ABCD(AB=a, BC=b)

γράφουμε, έξω από το

ορθογώνιο, ημικύκλιο και έστω ένα σημείο του

. Οι

τέμνουν τη

στα

αντίστοιχα και ισχύει EC^2+DF^2=a^2

, για οποιαδήποτε θέση του

. Να βρείτε το λόγο $\displaystyle{\frac{a}{b}}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

STOPJOHN · #350

george visvikis έγραψε:Άσκηση 126

Το συνημμένο Ορθογώνια.126.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Με διάμετρο την πλευρά ορθογωνίου γράφουμε, έξω από το

ορθογώνιο, ημικύκλιο και έστω ένα σημείο του . Οι τέμνουν τη στα

αντίστοιχα και ισχύει , για οποιαδήποτε θέση του . Να βρείτε το λόγο $\displaystyle{\frac{a}{b}}$ .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Στην ουσία πρόκειται για γνωστό θεώρημα, αλλά νομίζω ότι δεν θα έπρεπε να λείπει από τη συλλογή.

Καλημέρα

Θέτω $\upsilon =PM,PM\perp DC,$ .Τότε είναι :

$a^{2}=(a-DE)^{2}+(a-FC)^{2}\Leftrightarrow 0=a^{2}-2a(DE+FC)+DE^{2}+FC^{2},(1), \upsilon ^{2}=PD.PC,DP=EP+DE,PC=PF+FC, \dfrac{\upsilon ^{2}}{b^{2}}=\dfrac{(EP+DE)(PF+FC)}{b^{2}}\Leftrightarrow ED.FC= \dfrac{b^{2}\upsilon ^{2}}{(b+\upsilon )^{2}},(*), \dfrac{DE}{EP}=\dfrac{b}{\upsilon }\Leftrightarrow DE=\dfrac{bDE}{\upsilon },(3), FC=\dfrac{bPF}{\upsilon },(4), (3)+(4)\Rightarrow DE+FC=\dfrac{ab}{b+\upsilon },(**), (1),(*),(**)\Rightarrow 0=a^{2}(b+\upsilon )^{2}-2ba^{2}(b+\upsilon )+b^{2}(a^{2}-2\upsilon ^{2})\Leftrightarrow a^{2}=2b^{2}\Leftrightarrow \dfrac{a}{b}=\sqrt{2}$

Γιάννης

KARKAR · #351

george visvikis έγραψε:Άσκηση 126
Με διάμετρο την πλευρά ορθογωνίου γράφουμε, έξω από το

ορθογώνιο, ημικύκλιο και έστω ένα σημείο του . Οι τέμνουν τη στα

αντίστοιχα και ισχύει , για οποιαδήποτε θέση του . Να βρείτε το λόγο $\displaystyle{\frac{a}{b}}$ .

Στην ουσία πρόκειται για γνωστό θεώρημα, αλλά νομίζω ότι δεν θα έπρεπε να λείπει από τη συλλογή.

Όταν διάβασα ( στη Γεωμετρία των Ιησουιτών ) , ότι το θεώρημα αυτό ( ακριβέστερα το αντίστροφό του )

ανήκει στον Fermat

, ένοιωσα κάποια έκπληξη για το ότι αυτός ο διαπρεπής αριθμοθεωρητικός

και αναλύστας ασχολήθηκε με προβλήματα ευκλείδειας . Ήταν , πάντως , η εποχή που όλοι οι μεγάλοι

μαθηματικοί θεωρούσαν εξαιρετική τιμή να προσθέσουν ένα λιθαράκι στη Γεωμετρία ...

Οπότε ο Γιάννης μπορεί να καυχάται ότι έλυσε ένα από τα τελευταία προβλήματα του Fermat

KARKAR · #352

Άσκηση 127

: Άσκηση 127.png (49.8 KiB) Προβλήθηκε 767 φορές

Θέμα από μαθηματικό διαγωνισμό : Είναι δυνατόν οι κορυφές ( κάποιου ) ορθογωνίου να

είναι σημεία της καμπύλης με εξίσωση : y=x^3-2x

? Αποδείξτε τον ισχυρισμό σας .

sakis1963 · #353

Ασκηση 128

: GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.128.png (16.09 KiB) Προβλήθηκε 755 φορές

Το καραβάκι του σχήματος προέκυψε διπλώνοντας το αρθογώνιο ABCD

ώστε η κορυφή

να συμπέσει με την

.
Αν το κατάρτι έχει διπλάσιο ύψος από το σώμα του καραβιού, βρείτε το λόγο $\dfrac{a}{b}$

ealexiou · #354

sakis1963 έγραψε:Ασκηση 128
Το συνημμένο GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.128.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το καραβάκι του σχήματος προέκυψε διπλώνοντας το αρθογώνιο ώστε η κορυφή να συμπέσει με την .
Αν το κατάρτι έχει διπλάσιο ύψος από το σώμα του καραβιού, βρείτε το λόγο $\dfrac{a}{b}$

Καλησπέρα.

$\dfrac{a}{b}=\sqrt{2}$

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 128.png (18.07 KiB) Προβλήθηκε 700 φορές

Η αιτιολόγηση το απόγευμα, αν δεν έχει απαντηθεί (που δεν το νομίζω).

Δεν απαντήθηκε, προφανέστατα λόγω της διακριτικότητας και της ευγένειας των κατ' εξοχήν γεωμετριστών, οπότε συνεχίζω.

Λόγω της συμμετρίας του "καραβιού" ως προς άξονα

και της συμμετρίας του ACEZDA

ως προς

, εύκολα διαπιστώνουμε τα μεγέθη που υπάρχουν στο σχήμα.

Από Π.Θ στο ορθογώνιο $\triangle CAD$ έχουμε $CA=\sqrt{a^2+b^2}$

και επειδή $CO=ON=NA \Rightarrow NA=\dfrac{CA}{3}=\dfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{3}$

Είναι $\triangle NAD \sim \triangle DAC \Rightarrow \dfrac{NA}{AD}=\dfrac{DA}{AC}\Rightarrow$ $\dfrac{\frac{\sqrt{a^2+b^2}}{3}}{b}=\dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\Rightarrow$ $\boxed{\dfrac{a}{b}=\sqrt{2}}$

#355

KARKAR έγραψε:Άσκηση 127
Άσκηση 127.png
Θέμα από μαθηματικό διαγωνισμό : Είναι δυνατόν οι κορυφές ( κάποιου ) ορθογωνίου να

είναι σημεία της καμπύλης με εξίσωση : ? Αποδείξτε τον ισχυρισμό σας .

Είναι δυνατόν και το ABCD

που δίνει ο Θανάσης στο σχήμα του, με συντεταγμένες $\displaystyle{A( - \sqrt {2,} 0),B(1, - 1),C(\sqrt 2 ,0),D( - 1,1)}$ το επαληθεύει.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#356

Άσκηση 129

: Ορθογώνια.129.png (13.56 KiB) Προβλήθηκε 704 φορές

είναι σημείο της πλευράς AB=a

ορθογωνίου ABCD

με

.

H

τέμνει τη

στο

. Αν $\displaystyle{\frac{{(PBC)}}{{(PKAD)}} = \frac{1}{2}}$ , να βρείτε το λόγο $\displaystyle{\frac{a}{b}}$ .

#357

george visvikis έγραψε:Άσκηση 129
Το συνημμένο Ορθογώνια.129.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
είναι σημείο της πλευράς ορθογωνίου με .

H τέμνει τη στο . Αν $\displaystyle{\frac{{(PBC)}}{{(PKAD)}} = \frac{1}{2}}$ , να βρείτε το λόγο $\displaystyle{\frac{a}{b}}$ .

Καλησπέρα .

Έχασα πολλά "επεισόδια" !

Από δανεικό υπολογιστή γιατί ο δικός μου έχει πρόβλημα και μεγάλο.

: 129.png (28.66 KiB) Προβλήθηκε 689 φορές

Επειδή το τετράπλευρο KBCD

είναι τραπέζιο θα είναι ${N_2} = {N_3} \Rightarrow {N_1} = {N_2} = {N_3}$ .

Άμεση συνέπεια : η απόσταση

του

από την

θα είναι

.

Αν λοιπόν φέρουμε από το

τις αποστάσεις του $PZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PT$ πρός τις $AB\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,CD$ , θα είναι : $\dfrac{{KZ}}{{TC}} = \dfrac{{PZ}}{{PT}} = \dfrac{{ZB}}{{DT}}$ .

Θέτουμε : $KZ = x\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DT = u$ και η προηγούμενη γίνεται:

$\dfrac{x}{b} = \dfrac{b}{u}$ . Δηλαδή το

χωρίζει την

σε μέσο και άκρο λόγο.

Συνεπώς : $\boxed{\dfrac{{AB}}{{BC}} = 1 + \varphi }$

Φιλικά Νίκος

ealexiou · #358

george visvikis έγραψε:Άσκηση 129
Το συνημμένο Ορθογώνια.129.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
είναι σημείο της πλευράς ορθογωνίου με .

H τέμνει τη στο . Αν $\displaystyle{\frac{{(PBC)}}{{(PKAD)}} = \frac{1}{2}}$ , να βρείτε το λόγο $\displaystyle{\frac{a}{b}}$ .

Γεια σας

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 129.png (11.95 KiB) Προβλήθηκε 685 φορές

$\triangle CHP \sim \triangle CBK \Rightarrow$ $\dfrac{b-x}{ax/b}=\dfrac{b}{a-b}\Rightarrow x=\dfrac{b(a-b)}{2a-b}$

Επειδή (PKAD)=2(PBC)

άρα $ab-(a-b)\dfrac{b(a-b)}{2a-b}=2(b(a-b)-(a-b)\dfrac{b(a-b)}{2a-b})\Rightarrow$

$b=\dfrac{a}{2}(3-\sqrt{5})\Rightarrow$ $\boxed{\dfrac{a}{b}=\dfrac{3+\sqrt{5}}{2}=1+\phi}$

KARKAR · #359

Άσκηση 130

: Άσκηση 128.png (7.49 KiB) Προβλήθηκε 676 φορές

Σημεία

κινούνται επί των πλευρών BC,CD

, ορθογωνίου ABCD

,

διαστάσεων $6\times 4$ , ώστε BS=CT

. Φέρω τμήμα $TP\perp AS$ .

Δείξτε ότι υπάρχει σημείο

, για το οποίο το τμήμα

έχει σταθερό μήκος .

ealexiou · #360

KARKAR έγραψε:Άσκηση 130
Το συνημμένο Άσκηση 128.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημεία κινούνται επί των πλευρών , ορθογωνίου ,

διαστάσεων $6\times 4$ , ώστε . Φέρω τμήμα $TP\perp AS$ .

Δείξτε ότι υπάρχει σημείο , για το οποίο το τμήμα έχει σταθερό μήκος .

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 130.png (10.77 KiB) Προβλήθηκε 662 φορές

Είναι $\triangle TCK=\triangle SBA$ $(TC=SB \wedge \angle TKC=\angle SAB)\Rightarrow$

$CK=AB=6 \Rightarrow BK =6-4=2$ , άρα το ορθογώνιο $\triangle ABK$ είναι ορισμένο και σταθερό,

οπότε η

είναι διάμεσος του ορθογωνίου APK

και το ζητούμενο έπεται άμεσα.

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