Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

#441

sakis1963 έγραψε:Ασκηση 161

Το συνημμένο GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.161.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Μια παραλλαγή κλασικής άσκησης στα ορθογώνια.

Τα είναι τυχαία σημεία των πλευρών του ορθογωνίου .

Αν $S=AQ \cap DP$ και $T=BQ \cap CP$ , να δειχθεί ότι η προεκτεινόμενη αποκόπτει ίσα τμήματα στις

Καλησπέρα..

: Ορθογώνια (KARKAR) _161.png (16.21 KiB) Προβλήθηκε 1313 φορές

Η ευθεία

, έστω ότι τέμνει , τις $AD\,\,,\,\,BC$ στα $K\,\,,\,\,L$ και τις $AB\,\,,\,\,CD$ στα $J\,\,,\,\,G$ .

Από Θεώρημα Μενελάου στα τρίγωνα $QAB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PCD$ με διατέμνουσα την ευθεία

έχουμε :

$\left\{ \begin{gathered} \frac{{AS}}{{SQ}} \cdot \frac{{QT}}{{TB}} \cdot \frac{{BJ}}{{JA}} = 1 \hfill \\ \frac{{PT}}{{TC}} \cdot \frac{{CG}}{{GD}} \cdot \frac{{DS}}{{SP}} = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\,\,(1)$

Από τα όμοια τρίγωνα $SAP\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SQD$ έχουμε : $\dfrac{{AS}}{{SQ}} = \dfrac{{PS}}{{SD}}\,\,\,(2)$ και από τα όμοια τρίγωνα $TPB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TCQ\,\,$ ομοίως : $\dfrac{{PT}}{{TC}} = \dfrac{{TB}}{{TQ}}\,\,(3)$ .

Αντικαθιστούμε τα δεύτερα μέλη των $(2)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(3)$ στις (1)

και αυτές γίνονται:

$\left\{ \begin{gathered} \frac{{PS}}{{SD}} \cdot \frac{{QT}}{{TB}} \cdot \frac{{BJ}}{{JA}} = 1 \hfill \\ \frac{{TB}}{{TQ}} \cdot \frac{{CG}}{{GD}} \cdot \frac{{DS}}{{SP}} = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\,\,(4)$ πολλαπλασιάζουμε τώρα κατά μέλη οπότε προκύπτει :

$\dfrac{{BJ}}{{JA}} = \dfrac{{CG}}{{GD}} \Rightarrow \dfrac{{BJ}}{{JA - BJ}} = \dfrac{{CG}}{{GD - CG}} \Rightarrow \dfrac{{BJ}}{{AB}} = \dfrac{{CG}}{{DC}}$ και άρα

$\boxed{BJ = GD}$ με άμεση συνέπεια τα τρίγωνα $BJL\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DGK$ να είναι ίσα οπότε :

$\boxed{BL = DK}$ .

Φιλικά Νίκος

KARKAR · #442

Άσκηση 164

: Άσκηση 164.png (9.67 KiB) Προβλήθηκε 1299 φορές

Το ορθογώνιο ABCD

έχει μεταβλητές διαστάσεις , αλλά σταθερό εμβαδόν

.

α) Γράψτε κύκλο , ο οποίος να εφάπτεται των AB,AD

στα

και να διέρχεται από το

.

β) Δείξτε ότι η απόσταση της κορυφής

από το τμήμα

παραμένει σταθερή .

sakis1963 · #443

KARKAR έγραψε:Άσκηση 164
Το συνημμένο Άσκηση 164.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το ορθογώνιο έχει μεταβλητές διαστάσεις , αλλά σταθερό εμβαδόν .

α) Γράψτε κύκλο , ο οποίος να εφάπτεται των στα και να διέρχεται από το .

β) Δείξτε ότι η απόσταση της κορυφής από το τμήμα παραμένει σταθερή .

Άσκηση 164

: GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.164.png (30.99 KiB) Προβλήθηκε 1247 φορές

Για το α.

τό'πιασα υπολογιστικά γιατί με "μαλώνει" ο Θανάσης όταν κάνω "κατασκευές χρησμούς"

από δύναμη σημείου

έχουμε $b(b-y)=(a-x)^2\Rightarrow b^2-2b(b-x)=a^2+x^2-2ax$ απόπου τελικά

x^2-2(a+b)x+a^2+b^2=0

που έχει δεκτή ρίζα την $x=a+b-\sqrt{2ab}$

έχουμε λοιπόν $x=AS=AT=a+b-\sqrt{2ab}$ οπότε ο κύκλος κατασκευάζεται

για την κατασκευή προεκτείνω την

κατά τμήμα CQ=a

, γράφω τον κύκλο με διάμετρο

που τέμνει την

στο

,

γράφω τον κύκλο (C, CV)

και φέρω την εφαπτομένη του υπο κλίση 45^o

που τέμνει την

στο ζητούμενο

και

την

στο ζητούμενο

και εφάπτεται στον (C, CV)

στο σημείο

από το τελευταίο προκύπτει και η

λύση του β.

η $CP=\sqrt{ab}$ είναι ακτίνα του κύκλου (C, CV)

και αφού

τότε και η

θάναι σταθερή

υ.γ. θα την ψήφιζα στην 1η δεκάδα της συλλογής

#444

KARKAR έγραψε:Άσκηση 164
Το συνημμένο Άσκηση 164.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το ορθογώνιο έχει μεταβλητές διαστάσεις , αλλά σταθερό εμβαδόν .

α) Γράψτε κύκλο , ο οποίος να εφάπτεται των στα και να διέρχεται από το .

β) Δείξτε ότι η απόσταση της κορυφής από το τμήμα παραμένει σταθερή .

Καλημέρα.

: Ορθογώνια (KARKAR) _164.png (25.19 KiB) Προβλήθηκε 1225 φορές

α) Για την κατασκευή θεωρούμε το συμμετρικό

του

ως προς τη διχοτόμο της ορθής γωνίας $\widehat A$ . Η

τέμνει την ευθεία

στο σημείο

.

Θεωρούμε τον κύκλο διαμέτρου

και το εφαπτόμενο τμήμα

σ αυτόν. Πάνω στην ευθεία

έστω σημείο

τέτοιο ώστε HS = HG

.

Ο κύκλος Z,C,S

είναι ο ζητούμενος. Κλασσική Απολλώνια κατασκευή .

Υπάρχουν δύο τέτοιοι κύκλοι και ας θεωρήσουμε εκείνο , με κέντρο

, για τον οποίο το

ανήκει στο τμήμα

(Επιλογή

) .

β) Θέλουμε να δείξουμε ότι η απόσταση SK = d

των παραλλήλων ευθειών $TS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CH$ είναι σταθερή .

Έστω

το σημείο τομής $AO\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DC$ . Το τμήμα ZL = KC = u = a - b

και άρα $ZC = u\sqrt 2 = a\sqrt 2 - b\sqrt 2$ , συνεπώς $HZ = HC + CZ = b\sqrt 2 + a\sqrt 2 - b\sqrt 2 = a\sqrt 2$ .

Επειδή $H{S^2} = HC \cdot HZ = b\sqrt 2 a\sqrt 2 = 2ab$ και $2{d^2} = H{S^2}$ θα είναι $d = \sqrt {ab} \Rightarrow \boxed{d = \sqrt E }$ ( σταθερό).

Φιλικά Νίκος

KARKAR · #445

sakis1963 έγραψε: υ.γ. θα την ψήφιζα στην 1η δεκάδα της συλλογής

Σάκη εγώ θα την έβαζα στην πρώτη τριάδα ! Μπορώ να το πω άνετα , διότι η ιδέα της άσκησης

είναι αυτή . Η λύση με την οποία σχεδίασα το σχήμα , ήταν αυτή που προτείνεις .

Ψάχνοντας όμως σήμερα , για την τοποθεσία που παραπέμπω , είδα παρακάτω την εξής

εκπληκτική λύση για την κατασκευή ( με ομοιοθεσία ) , την οποία παραθέτω χωρίς λόγια :

: 164 σχόλια.png (14.25 KiB) Προβλήθηκε 1196 φορές

#446

Άσκηση 165

: 165.png (11.08 KiB) Προβλήθηκε 1138 φορές

Δίνεται τετράγωνο ABCD

πλευράς

. Κατασκευάζω το ορθογώνιο KBLM

ώστε το

να είναι σημείο της

, η

να διέρχεται από την κορυφή

και η

να τέμνει τη

στο

με

. Να υπολογίσετε τις διαστάσεις a,b

του ορθογωνίου.

KARKAR · #447

Άσκηση 131
Το ορθογώνιο ABCD

έχει διαστάσεις AB=a

, $\displaystyle a>1$ και AD=b=elna

. Στο άκρο

της διαγωνίου

, φέρω κάθετη , η οποία τέμνει την προέκταση της

στο σημείο

.

α) Στενόμακρο λέμε το ορθογώνιο στο οποίο είναι a<b

. Θα γίνει κάποτε το ABCD

στενόμακρο ?

β) Βρείτε τη μέγιστο μήκος του τμήματος

γ) Θα πάρει κάποτε το (CBS)

την τιμή $\phi\cdot e\cdot\pi$ ?

: 131.png (7.63 KiB) Προβλήθηκε 1117 φορές

α) Πρέπει $a<elna\Leftrightarrow \dfrac{lna}{a}>\dfrac{1}{e}$ . Αλλά η συνάρτηση $f(a)=\dfrac{lna}{a}$ , έχει μέγιστη τιμή το $\dfrac{1}{e}$ , συνεπώς ...όχι.

β) Είναι $CB^2=AB\cdot BS\Leftrightarrow BS=\dfrac{e^2ln^2a}{a}$ . Η μελέτη της συνάρτησης $g(a)=\dfrac{e^2ln^2a}{a}$ , δείχνει

ότι η μέγιστη τιμή του

είναι

και επιτυγχάνεται όταν a=e^2

.

γ) Είναι $E(a)=\dfrac{e^3ln^3a}{2a}$ το οποίο ( πάλι μελέτη ! ) έχει μέγιστο το 13.5

. Το γινόμενο $\phi\cdot e\cdot\pi$

είναι αρκετά μεγαλύτερο ( $\simeq 13.82$ ) , άρα πάλι όχι !

ealexiou · #448

george visvikis έγραψε:Άσκηση 165

Το συνημμένο 165.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δίνεται τετράγωνο πλευράς . Κατασκευάζω το ορθογώνιο ώστε το

να είναι σημείο της , η να διέρχεται από την κορυφή και η να τέμνει τη

στο με . Να υπολογίσετε τις διαστάσεις του ορθογωνίου.

Αν $DN=x \Rightarrow NC=80-x$ και αν $DK=y \Rightarrow KA=80-y$

Είναι $\triangle NDK \sim \triangle NMC \Rightarrow MC=39\dfrac{y}{x}$ . Από Π.Θ στο $\triangle NMC$ έχουμε $39^2+(39\dfrac{y}{x})^2=(80-x)^2\ \ (1)$

Είναι $\triangle KAB \sim \triangle NDK \Rightarrow$ $\dfrac{80-y}{80} =\dfrac{x}{y}\ \ (2)$

Από (1)

και

(με λογισμικό) παίρνω $x=15 \wedge y=20$ . Οπότε

$a=KB=\sqrt{KA^2+AB^2}=\sqrt{60^2+80^2}=100$ και

$b=KN+NM=\sqrt{20^2+15^2}+39=64$

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 165.png (22.7 KiB) Προβλήθηκε 1108 φορές

KARKAR · #449

Στάση για μια ανασκόπηση : Εντελώς "ανέπαφες" παραμένουν οι : 23,69,89,90,154,155

,

ενώ αναμένεται το λήμμα της 147

. Υπάρχουν ίσως κι άλλες μικροεκκρεμμότητες ...

Σημείωση : Οι 23,69

τις οποίες πρότεινε ο Στάθης , είναι επεξεργασίες του μεγάλου

Κώστα Βήττα και περιέχονται σε καλαίσθητο βιβλίο του ( φυλλάδιο ) , έκδοσης 2005

.

Είχα το προνόμιο να λάβω ως δώρο το παραπάνω πόνημα από τον Κώστα , τον οποίο και

δημόσια ευχαριστώ . Τα σχήματα αυτών των ασκήσεων είναι σχετικά πολύπλοκα και έτσι

είναι πιθανόν , οι έξοχες αυτές δημιουργίες , να μην λάβουν "οθονική" λύση ...

#450

ealexiou έγραψε:
KARKAR έγραψε:Άσκηση 147
Άσκηση 146.png
Σε ορθογώνιο με διαστάσεις , πήραμε τέσσερα

τυχαία σημεία , ανά στις πλευρές αντίστοιχα .

Δείξτε ότι η περίμετρος του τετραπλεύρου δεν "πέφτει" κάτω από .
Λήμμα: Η περίμετρος γίνεται ελάχιστη όταν τα σημεία γίνουν μέσα των αντίστοιχα.
Οπότε περίμετρος $S_{min}=4\sqrt{2^2+\dfrac{7.5^2}{4}}=17$

Για να μην μένει ημιτελής.

Λύση με την ανισότητα $\sqrt {x^2+p^2} + \sqrt {y^2+q^2} \ge \sqrt {(x+y)^2+(p+q)^2}$ (απλή και γνωστή) από όπου με διπλή χρήση της έχουμε αμέσως

$\sqrt {x_1^2+p_1^2} + \sqrt {x_2^2+p_2^2} +\sqrt {x_3^2+p_3^2} +\sqrt {x_4^2+p_4^2} \ge \sqrt {(x_1+x_2+x_3+x_4)^2+(p_1+p_2+p_3+p_4)^2}$

(πρόκειται για την ανισότητα Minkowski, αλλά γράφω τα παράνω γιατί οι μαθητές μας μπορεί να μην την γνωρίζουν) . Άρα

SP+PQ+QR+RS =

$=\sqrt {SA^2+AP^2} + \sqrt {BQ^2+PB^2} +\sqrt {QC^2+CR^2} +\sqrt {SD^2+RD^2}$

$\ge \sqrt {(SA+BQ+QC+SD)^2+(AP+PB+CR+RD)^2}=$

$\sqrt {(2a)^2+(2b)^2}= 2\sqrt {a^2+b^2}$ και λοιπά.

Αν θέλαμε και την βέλτιστη ανάποδη ανισότητα, είναι η $SP+PQ+QR+RS \le 2(a+b)$ (άμεσο από την τριγωνική ανισότητα). Ακριβέστερα, αν τα P,Q, R,S

είναι στο εσωτερικό των πλευρών, τότε η ανισότητα είναι γνήσια. Αλλιώς, έχουμε ισότητα αν και μόνον αν τα P, Q, R, S

είναι στις κορυφές.

ealexiou · #451

KARKAR έγραψε:Στάση για μια ανασκόπηση : Εντελώς "ανέπαφες" παραμένουν οι : ,

ενώ αναμένεται το λήμμα της .

Θανάση το ξέχασα τελείως, αφού το θύμισες τακτοποίησα την εκκρεμότητα στην θέση της, την επισυνάπτω και εδώ.

ealexiou έγραψε:
KARKAR έγραψε:Άσκηση 147
Το συνημμένο Άσκηση 146.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε ορθογώνιο με διαστάσεις , πήραμε τέσσερα

τυχαία σημεία , ανά στις πλευρές αντίστοιχα .

Δείξτε ότι η περίμετρος του τετραπλεύρου δεν "πέφτει" κάτω από .
Λήμμα: Η περίμετρος του τετραπλεύρου γίνεται ελάχιστη όταν τα σημεία σχηματίζουν παραλληλόγραμμο με πλευρές παράλληλες προς τις διαγωνίους του ορθογωνίου (διαδρομή της μπίλιας του μπιλιάρδου που επιστρέφει στο σημείο αφετηρίας) και ισούται με την περίμετρο του ρόμβου που σχηματίζεται από τα μέσα των πλευρών του ορθογωνίου .
Οπότε περίμετρος $\Pi_{min}=4\sqrt{2^2+\dfrac{7.5^2}{4}}=17$

Το συνημμένο Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 147.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Με την μέθοδο του μπιλιάρδου, φαίνεται καθαρά στο σχήμα, ότι η $\Pi$ ερίμετρος

του $PQST =PQ+QS+ST+TP>ZS+SE=ES+SH\geq EH$ .

Όμως $EH=\sqrt{EZ^2+ZH^2}= \sqrt{2x+15-2x)^2+8^2}=\sqrt{15^2+8^2}=\sqrt{289}$ ,

άρα , οπότε $\Pi_{min}=17$

Παρατήρηση: Η μικρότερη περίμετρος τετραπλεύρου με αφετηρία τυχαίο σημείο πάνω σε μια πλευρά του ορθογωνίου είναι ίση με την...διαδρομή της μπίλιας του μπιλιάρδου που επιστρέφει στο σημείο αφετηρίας και ισούται με την περίμετρο του ρόμβου που σχηματίζουν τα μέσα των πλευρών του ορθογωνίου, ίσο με δύο φορές την διαγώνιο του ορθογωνίου.

edit: Πρόσθεσα την αιτιολόγηση του λήμματος (ή αυτό που θεωρώ αιτιολόγηση), που είχα ξεχάσει και το θύμισε ο Θανάσης, και βελτίωσα την διατύπωση του λήμματος.

Προσθέτω και εδώ το σχήμα

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 147.png (28.01 KiB) Προβλήθηκε 1047 φορές

sakis1963 · #452

Ασκηση 166

: GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.166.png (18.06 KiB) Προβλήθηκε 1003 φορές

Κλασική στα ορθογώνια

Στο ορθογώνιο του σχήματος τα M, N

είναι μέσα των BC, CD

.

Η

τέμνει κατα σειρά τις AN, NB

στα

και η

τέμνει την

στο

Δείξτε ότι τα A, P, S, T

είναι ομοκυκλικά.

KARKAR · #453

Άσκηση 167

: Άσκηση 166.png (7.1 KiB) Προβλήθηκε 981 φορές

Στην πλευρά

ορθογωνίου ABCD

κινείται σημείο

, έτσι ώστε

η μεσοκάθετος του

να τέμνει τις DC,BC

στα σημεία M,N

.

α) Βρείτε την ελάχιστη τιμή του τμήματος

.

β) Μπορούν τα M,N

να είναι ταυτόχρονα μέσα των πλευρών τους ?

γ) Αν το

είναι μέσο της

, βρείτε το ελάχιστο του λόγου $\dfrac{a}{b}$ .

Ιστοσελίδα · #454

sakis1963 έγραψε:Ασκηση 166

Κλασική στα ορθογώνια

Στο ορθογώνιο του σχήματος τα είναι μέσα των .

Η τέμνει κατα σειρά τις στα και η τέμνει την στο

Δείξτε ότι τα είναι ομοκυκλικά.

Καλησπέρα. Χωρίς λόγια...

: 166.png (15.3 KiB) Προβλήθηκε 967 φορές

#455

KARKAR έγραψε:
ενώ αναμένεται το λήμμα της .

ealexiou έγραψε: Θανάση το ξέχασα τελείως, αφού το θύμισες τακτοποίησα την εκκρεμότητα στην θέση της, την επισυνάπτω και εδώ.

Ωραιότατα.

Ας προσθέσω όμως ότι η λύση που έδωσα πέντε ποστ πιο πάνω είναι διευθέτηση του λήμματος. Ίσως αυτό δεν είναι τόσο εμφανές αλλά εμπεριέχεται στο γεγονός ότι η γεωμετρική απόδειξη της Minkowski είναι ακριβώς η παραπάνω (συγκεκριμένα, η ευθεία είναι η συντομοτέρα) και άρα την άφησα, αφού την θεώρησα γνωστή.

Για διευκόλυνση του αναγνώστη βάζω το παρακάτω σχήμα, που είναι η (γνωστή) απόδειξη της Minkowski σε αυτό το ύφος.

#456

KARKAR έγραψε:Άσκηση 167
Το συνημμένο Άσκηση 166.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στην πλευρά ορθογωνίου κινείται σημείο , έτσι ώστε

η μεσοκάθετος του να τέμνει τις στα σημεία .

α) Βρείτε την ελάχιστη τιμή του τμήματος .

Έστω

. Ισχύουν οι σχέσεις:

: 167.png (15.04 KiB) Προβλήθηκε 909 φορές

$\displaystyle{C{S^2} = {b^2} + {x^2},{x^2} + {y^2} = {(b - y)^2},{(x + t)^2} = {b^2} + {t^2}}$ , από όπου παίρνουμε

$\displaystyle{CS = \sqrt {{b^2} + {x^2}} ,y = \frac{{{b^2} - {x^2}}}{{2b}},t = \frac{{{b^2} - {x^2}}}{{2x}}}$ και από το θεώρημα Πτολεμαίου για το εγγράψιμο

SMCN

: $\displaystyle{2(x + t)(b - y) = CS \cdot MN \Leftrightarrow MN = \frac{{({b^2} + {x^2})\sqrt {{b^2} + {x^2}} }}{{2bx}}}$ , όπου με τη βοήθεια

παραγώγων βρίσκουμε ότι παρουσιάζει ελάχιστο για $\boxed{x = \frac{{b\sqrt 2 }}{2}}$ ίσο με $\boxed{M{N_{\min }} = \frac{{3b\sqrt 3 }}{4}}$

KARKAR · #457

Άσκηση 168

: Άσκηση 168.png (5.54 KiB) Προβλήθηκε 875 φορές

Τεταρτοκύκλιο διέρχεται από την κορυφή

και εφάπτεται των προεκτάσεων

των πλευρών AB,AD

ορθογωνίου ABCD

, στα σημεία S,T

αντίστοιχα .

Αν $\dfrac{BS}{DT}=\dfrac{3}{4}$ , υπολογίστε τον $\dfrac{a}{b}$ . Κάντε και κάποιο σχόλιο !

ealexiou · #458

KARKAR έγραψε:Άσκηση 168
Το συνημμένο Άσκηση 168.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Τεταρτοκύκλιο διέρχεται από την κορυφή και εφάπτεται των προεκτάσεων

των πλευρών ορθογωνίου , στα σημεία αντίστοιχα .

Αν $\dfrac{BS}{DT}=\dfrac{3}{4}$ , υπολογίστε τον $\dfrac{a}{b}$ . Κάντε και κάποιο σχόλιο !

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 168.png (14.32 KiB) Προβλήθηκε 855 φορές

Ισχύει $a+3k=b+4k\ (1)$ Από δύναμη σημείου

έχουμε $DT^2=DC\cdot DE\Rightarrow$ $(4k)^2=a(a+6k)\ (2)$ και δύναμη σημείου

έχουμε $BS^2=BC\cdot BZ\Rightarrow$ $(3k)^2=b(b+8k)\ (3)$

Από (1)

και

παίρνουμε $a=2b\ \wedge\ a=2k$ , οπότε $\dfrac{a}{b}=2$

#459

KARKAR έγραψε:Άσκηση 168
Το συνημμένο Άσκηση 168.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Τεταρτοκύκλιο διέρχεται από την κορυφή και εφάπτεται των προεκτάσεων

των πλευρών ορθογωνίου , στα σημεία αντίστοιχα .

Αν $\dfrac{BS}{DT}=\dfrac{3}{4}$ , υπολογίστε τον $\dfrac{a}{b}$ . Κάντε και κάποιο σχόλιο !

: Ορθογώνια (KARKAR) _168.png (13.06 KiB) Προβλήθηκε 855 φορές

Αν

το κέντρο του τεταρτοκυκλίου, τότε η

είναι διχοτόμος της ορθής γωνίας $\widehat {SAT}$ .

Το τεταρτοκύκλιο αυτό θα διέρχεται από το

αλλά και από το συμμετρικό του

ως προς την

. Έστω $BS = 3k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DT = 4k\,,\,\,k > 0\,\,\,$ .

Θα είναι $AS = AT \Rightarrow a + 3k = b + 4k \Rightarrow a - b = k\,\,(1)$ .

Λόγω συμμετρίας Μπορούμε να πάρουμε άλλο όμοιο ορθογώνιο «κατακόρυφο» .

Δηλαδή $a = 2k \Rightarrow b = k \Rightarrow \boxed{\frac{a}{b} = 2}$ .
Οι κύκλοι με κέντρο

και ακτίνα

και κέντρου

( μέσο του

) και ακτίνας

εφάπτονται των $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AS$ . Δηλαδή έχουμε πάλι Κατασκευή του Απολλώνιου.

Φιλικά Νίκος

Γεια σου Ευθύμη

Αυτό θα πει συντονισμός !!. Με διαφορά φάσεως

ealexiou · #460

Γεια σου Νίκο!
Πράγματι και σε χρόνο

και στα

αλλά εσύ έδωσες πλήρη απάντηση (σχόλιο), ενώ εγώ τώρα πρέπει, μέσω Google, να μπω στο Έλασσον Γεωμετρικόν να ξαναδιαβάσω για τον Απολλώνιο, για να καταλάβω τι εννοείς! (Δράμα να αγωνίζεσαι με σφεντόνα και λιανοντούφεκο, για μένα προφανώς το λέω)

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