Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

sakis1963 · #621

Ασκηση 219

: GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.219.png (24.63 KiB) Προβλήθηκε 2314 φορές

Σε ορθογώνιο ABCD, a>2b

γράφουμε το ημικύκλιο με διάμετρο

(που τέμνει την

) και έστω

το μέσον του τόξου

.

H

τέμνει την

στο

και η

τέμνει το ημικύκλιο στο

.

α. Να αποδειχθεί ότι η

διέρχεται από το

β. Αν $S=AN \cap BM$ να υπολογιστεί το εμβαδόν του SAB

(συναρτήσει των a, b

)

γ. Να βρεθεί ο λόγος $\dfrac{a}{b}$ ώστε η

να διχοτομεί την $\hat{ABM}$

#622

sakis1963 έγραψε:Ασκηση 219
Το συνημμένο GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.219.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε ορθογώνιο γράφουμε το ημικύκλιο με διάμετρο (που τέμνει την ) και έστω το μέσον του τόξου .

H τέμνει την στο και η τέμνει το ημικύκλιο στο .

α. Να αποδειχθεί ότι η διέρχεται από το

β. Αν $S=AN \cap BM$ να υπολογιστεί το εμβαδόν του (συναρτήσει των )

γ. Να βρεθεί ο λόγος $\dfrac{a}{b}$ ώστε η να διχοτομεί την $\hat{ABM}$

Για τα δύο πρώτα.

: Ορθογώνια (KARKAR) _219.png (22.15 KiB) Προβλήθηκε 2291 φορές

1. Επειδή $\widehat {BNN} = \widehat {BAM} = 45^\circ$ , αρκεί να δείξουμε ότι $\widehat \theta = 45^\circ$ .

Αλλά από το εγγράψιμο τετράπλευρο DATN

$\widehat \theta = \widehat \omega$ ενώ λόγω της παραλληλίας των $DC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB$ είναι $\widehat \omega = \widehat {BAM} = 45^\circ$ και άρα το ζητούμενο ισχύει.

2. Επειδή το

είναι ορθόκεντρο του τριγώνου SAB

θα είναι $ST \bot AB$ και έστω

το ύψος του τριγώνου αυτού από το

.

Θέτουμε $ST = y\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SM = u$ . προφανές ότι $u = \dfrac{y}{{\sqrt 2 }}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MB = \dfrac{a}{{\sqrt 2 }}$ , οπότε

από το εγγράψιμο τετράπλευρο TZBM

θα έχουμε : $ST \cdot SZ = SM \cdot SB$ απ’ όπου προκύπτει $y = a - 2b \Leftrightarrow y + b = a - b$ . το τρίγωνο έτσι SAB

θα έχει εμβαδόν,

$\boxed{(SAB) = \frac{1}{2}a(a - b)}$ .

Για το τρίτο : Απλώς να πω ότι από το θεώρημα της προφανείας !! ( άλλοι καθιέρωσαν το όρο αυτό

) ο ζητούμενος λόγος είναι $\boxed{\frac{a}{b} = 2 + \sqrt 2 }$

: Ορθογώνια (KARKAR) _219_c.png (22.13 KiB) Προβλήθηκε 2281 φορές

Πράγματι, έστω

το μέσο του

. Από το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο MAB

έχουμε :

$\dfrac{{AT}}{{TM}} = \dfrac{{AB}}{{BM}} = \sqrt 2 \Rightarrow MA = (\sqrt 2 + 1)TM$ και άρα $MO = (\sqrt 2 + 1)TZ$ οπότε: $\dfrac{a}{{\sqrt 2 }} = (\sqrt 2 + 1)b \Leftrightarrow \boxed{\dfrac{a}{b} = 2 + \sqrt 2 }$

Φιλικά Νίκος

#623

Άσκηση 220

: 220.png (10.12 KiB) Προβλήθηκε 2251 φορές

Στο ορθογώνιο ABCD

δίνονται τα μήκη των τμημάτων που φαίνονται στο σχήμα. Να βρεθεί ο λόγος $\displaystyle{\frac{{EF}}{{PQ}}}$ .

ealexiou · #624

Καλησπέρα Γιώργο

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 220.png (8.85 KiB) Προβλήθηκε 2231 φορές

Είναι: $\triangle ZBG \sim \triangle DCG \Rightarrow$ $x=\dfrac{5}{3}$

και $\triangle EPB \sim \triangle FPD \Rightarrow$ $\dfrac{EP}{EB}=\dfrac{FP}{DF} \Rightarrow$ $\dfrac{EP}{EF}=\dfrac{3}{7}\Rightarrow EP=\dfrac{3EF}{7}$

και $\triangle FQD \sim \triangle EQZ \Rightarrow$ $\dfrac{FQ}{QE}=\dfrac{DF}{EZ} \Rightarrow$ $\dfrac{FQ}{EF}=\dfrac{4}{4+3+\frac{5}{3}}=\dfrac{6}{13}\Rightarrow$ $FQ=\dfrac{6EF}{13}$

Είναι $PQ=EF-(EP+FQ)=EF\left(1-\dfrac{3}{7}-\dfrac{6}{13}\right)=\dfrac{10EF}{91}\Rightarrow$ $\boxed{\dfrac{EF}{PQ}=\dfrac{91}{10}=9.10}$

KARKAR · #625

Άσκηση 221

: Άσκηση 222.png (16.31 KiB) Προβλήθηκε 2183 φορές

Πάνω στη διάμετρο AOB

ενός ημυκυκλίου , παίρνουμε τυχαίο σημείο

και

σχεδιάζουμε τα ημικύκλια με διαμέτρους AS,SB

. Δείξτε ότι το τετράπλευρο

με κορυφές το

και τα μέσα L,M,N

των τριών ημικυκλίων είναι ορθογώνιο .

Δείξτε επίσης ότι ο περίκυκλος του ορθογωνίου διέρχεται απο το κέντρο

.

#626

KARKAR έγραψε:Άσκηση 221
Το συνημμένο Άσκηση 222.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Πάνω στη διάμετρο ενός ημυκυκλίου , παίρνουμε τυχαίο σημείο και

σχεδιάζουμε τα ημικύκλια με διαμέτρους . Δείξτε ότι το τετράπλευρο

με κορυφές το και τα μέσα των τριών ημικυκλίων είναι ορθογώνιο .

Δείξτε επίσης ότι ο περίκυκλος του ορθογωνίου διέρχεται απο το κέντρο .

Καλημέρα Θανάση.

: 221.png (26.1 KiB) Προβλήθηκε 2176 φορές

Αν

είναι το μέσο του μεγάλου ημικυκλίου, είναι προφανές ότι οι MA, MB

διέρχονται από τα μέσα των μικρότερων ημικυκλίων, άρα το SLMN

είναι ορθογώνιο και ο περίκυκλός του έχει διάμετρο

οπότε διέρχεται από το

.

ealexiou · #627

Καλημέρα!

Παρόμοια με τον Γιώργο, αλλά αφού την έκανα...

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 221.png (23.19 KiB) Προβλήθηκε 2174 φορές

Τα τρίγωνα ANK

και

είναι ισοσκελή ορθογώνια, άρα τα σημεία A,N,M

είναι συνευθειακά, άρα $\angle SNM=90°$ , αντίστοιχα και τα σημεία M,L,B

συνευθειακά και $\angle MLS=90°$ , οπότε το τετράπλευρο SLMN

ορθογώνιο εγγράψιμο σε κύκλο με διαμέτρους MS,NL

. Επειδή $\angle MOS=90°$ , το σημείο

βρίσκεται πάνω σε αυτόν τον κύκλο.

KARKAR · #628

Άσκηση 222

: Άσκηση 229.png (13.6 KiB) Προβλήθηκε 2124 φορές

Σχεδιάζω ορθογώνιο PQST

του οποίου οι μεγαλύτερες πλευρές διέρχονται από τα μέσα

των πλευρών άλλου ορθογωνίου ABCD

. Α) Δείξτε ότι τα ορθογώνια είναι ισεμβαδικά .

Β) Αν είναι γνωστός ο λόγος $\dfrac{AB}{AD}$ , υπολογίστε το λόγο $\dfrac{TP}{TS}$

ealexiou · #629

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 222.png (12.92 KiB) Προβλήθηκε 2104 φορές

Έστω $\dfrac{AB}{AD}=k$ και αν $AD=b\Rightarrow AB=kb\ \wedge$ $TP=DB=\sqrt{k^2b^2+b^2}=b\sqrt{k^2+1}$

β) Είναι $\triangle DBC \sim \triangle MDS\Rightarrow$ $\dfrac{DB}{BC}=\dfrac{DM}{SD}\Rightarrow$ $\dfrac{b\sqrt{k^2+1}}{b}=\dfrac{\frac{kb}{2}}{\frac{x}{2}}\Rightarrow$ $x=\dfrac{bk}{\sqrt{k^2+1}}\Rightarrow$
$\dfrac{x}{b\sqrt{k^2+1}}=\dfrac{\dfrac{bk}{\sqrt{k^2+1}}}{b\sqrt{k^2+1}}=\dfrac{k}{k^2+1}\Rightarrow$ $\boxed{\dfrac{TP}{TS}=\dfrac{k^2+1}{k}}$

α) $(TPQS)=ST\cdot TP=\dfrac{bk}{\sqrt{k^2+1}}\cdot b\sqrt{k^2+1}=kb^2=(ABCD)$

#630

KARKAR έγραψε:Άσκηση 222
Σχεδιάζω ορθογώνιο του οποίου οι μεγαλύτερες πλευρές διέρχονται από τα μέσα

των πλευρών άλλου ορθογωνίου . Α) Δείξτε ότι τα ορθογώνια είναι ισεμβαδικά .

Β) Αν είναι γνωστός ο λόγος $\dfrac{AB}{AD}$ , υπολογίστε το λόγο $\dfrac{TP}{TS}$

Για το (A) ζητούμενο, στο σχήμα του Θανάση πιο πάνω.

Έστω $K',\ M'$ , τα μέσα των $PT,\ QS$ αντιστοίχως και έστω τα σημεία $E\equiv ST\cap BM'$ και $Z\equiv ST\cap BK'$ και άρα, έχουμε $CE\parallel BD\parallel AZ\ \ \ ,(1)$

Από $(1)\Rightarrow$ $(ABCD) = (BAD) + (BCD) = BZD) + (BED) = (BEZ)\ \ \ ,(2)$

Από $(2)\Rightarrow$ (ABCD) = (BK'TSM') + (K'ZT) + (M'ES)

$= (BK'TSM') + (K'BP) + (BQM')\ \ \ ,(3)$

λόγω (K'ZT) = (K'BP) = (M'ES) = (M'BQ)

.

Από $(3)\Rightarrow$ (ABCD) = (PQST)

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #631

KARKAR έγραψε:Άσκηση 222
Το συνημμένο Άσκηση 229.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σχεδιάζω ορθογώνιο του οποίου οι μεγαλύτερες πλευρές διέρχονται από τα μέσα

των πλευρών άλλου ορθογωνίου . Α) Δείξτε ότι τα ορθογώνια είναι ισεμβαδικά .

Β) Αν είναι γνωστός ο λόγος $\dfrac{AB}{AD}$ , υπολογίστε το λόγο $\dfrac{TP}{TS}$

1.Με $\displaystyle{CE \bot SQ,AZ \bot TP}$ είναι φανερό ότι τα κίτρινα τρίγωνα είναι ίσα ,όπως και τα πράσινα κι ας είναι $\displaystyle{{S_1},S{}_2}$ το εμβαδόν καθ ενός εξ αυτών

Τότε $\displaystyle{\boxed{\left( {ABCD} \right) = \left( {DMLBKND} \right) + 2{S_1} + 2{S_2} = \left( {PQST} \right)}}$

2. Ας είναι $\displaystyle{{\frac{{AB}}{{BC}} = m}}$

Ισχύει $\displaystyle{CE = SD = TD \Rightarrow ST = 2CE = 2\sqrt {xy} }$ και $\displaystyle{SQ = 2(x + y)}$ .Άρα $\displaystyle{\frac{{TP}}{{TS}} = \frac{{x + y}}{{\sqrt {xy} }}}$

Αλλά $\displaystyle{\frac{x}{y} = {\left( {\frac{{MC}}{{CL}}} \right)^2} = {m^2} \Rightarrow x + y = ({m^2} + 1)y}$ άρα $\displaystyle{\frac{{TP}}{{TS}} = \frac{{x + y}}{{\sqrt {xy} }} = \frac{{({m^2} + 1)y}}{{\sqrt {xy} }} = \sqrt {\frac{y}{x}} \left( {{m^2} + 1} \right) \Rightarrow \boxed{\frac{{TP}}{{TS}} = \frac{{{m^2} + 1}}{m}}}$

: a222.png (17.98 KiB) Προβλήθηκε 2059 φορές

KARKAR · #632

: Άσκηση 222.png (24.73 KiB) Προβλήθηκε 2042 φορές

α) Τα τρίγωνα ABD,ZMK

είναι όμοια , οπότε $\dfrac{MZ}{MK}=\dfrac{BA}{BD}\Leftrightarrow$

$\dfrac{MZ}{b}=\dfrac{a}{BD}\Leftrightarrow BD\cdot MZ=ab\Leftrightarrow(PQST)=(ABCD)$ .

KARKAR · #633

Άσκηση 223

: Άσκηση 223.png (5.18 KiB) Προβλήθηκε 1987 φορές

Στην πλευρά

, ορθογωνίου ABCD

, παίρνω σημείο

, ώστε : $\widehat{PBD}=\widehat{ABD}$ .

Ονομάζω

την προβολή του

στην

και

την προβολή του

στην

.

Η πλευρά AD=b

του ορθογωνίου παραμένει σταθερή , αντίθετα με την AB=a

,

, η οποία μεταβάλλεται . α) Δείξτε ότι το τμήμα

διατηρεί σταθερό μήκος .

β) Βρείτε μεταξύ ποίων τιμών κυμαίνεται το μήκος του

και για ποια τιμή του $\dfrac{b}{a}$ ,

ο λόγος $\dfrac{PS}{ST}$ ισούται με $\dfrac{5}{4}$ .

ealexiou · #634

KARKAR έγραψε:Άσκηση 223
Το συνημμένο Άσκηση 223.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στην πλευρά , ορθογωνίου , παίρνω σημείο , ώστε : $\widehat{PBD}=\widehat{ABD}$ .

Ονομάζω την προβολή του στην και την προβολή του στην .

Η πλευρά του ορθογωνίου παραμένει σταθερή , αντίθετα με την ,

, η οποία μεταβάλλεται . α) Δείξτε ότι το τμήμα διατηρεί σταθερό μήκος .

β) Βρείτε μεταξύ ποίων τιμών κυμαίνεται το μήκος του και για ποια τιμή του $\dfrac{b}{a}$ ,

ο λόγος $\dfrac{PS}{ST}$ ισούται με $\dfrac{5}{4}$ .

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 223.png (11.11 KiB) Προβλήθηκε 1968 φορές

α) Είναι $\angle PBD=\angle DBA=\angle BDP \Rightarrow \triangle DPB$ ισοσκελές
και επειδή $PS\bot DB \Rightarrow DS=SB\Rightarrow AT=TB \Rightarrow$ $\boxed{ST=\dfrac{DA}{2}=\dfrac{b}{2}}$

β) Είναι $\triangle PSB \sim \triangle STB \Rightarrow \dfrac{PS}{SB}=\dfrac{ST}{TB}\Rightarrow$

$\dfrac{PS}{ST}=\dfrac{SB}{TB}=\dfrac{5}{4}\Rightarrow$ $\dfrac{d/2}{a/2}=\dfrac{5}{4}\Rightarrow$ $\dfrac{\sqrt{a^2+b^2}}{a}=\dfrac{5}{4}\Rightarrow$ $\boxed{\dfrac{a}{b}=\dfrac{4}{3}}$

#635

KARKAR έγραψε:Άσκηση 223
Το συνημμένο Άσκηση 223.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στην πλευρά , ορθογωνίου , παίρνω σημείο , ώστε : $\widehat{PBD}=\widehat{ABD}$ .

Ονομάζω την προβολή του στην και την προβολή του στην .

Η πλευρά του ορθογωνίου παραμένει σταθερή , αντίθετα με την ,

, η οποία μεταβάλλεται . α) Δείξτε ότι το τμήμα διατηρεί σταθερό μήκος .

β) Βρείτε μεταξύ ποίων τιμών κυμαίνεται το μήκος του και για ποια τιμή του $\dfrac{b}{a}$ ,

ο λόγος $\dfrac{PS}{ST}$ ισούται με $\dfrac{5}{4}$ .

Καλή Σαρακοστή σε όλους!

: 223.png (12.6 KiB) Προβλήθηκε 1962 φορές

α) Από το ισοσκελές DPB

το

είναι μέσο του

, άρα $\boxed{ST = \frac{b}{2}}$

β) $\displaystyle{\varepsilon \varphi \varphi = \frac{b}{a} = \frac{{SP}}{{BS}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{SP = \frac{{b\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{{2a}}}$ (1)

$\displaystyle{0 < b < a \Leftrightarrow \frac{b}{2} < \frac{{b\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{{2a}} < \frac{{b\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\frac{b}{2} < PS < \frac{{b\sqrt 2 }}{2}}$

$\displaystyle{\frac{{PS}}{{ST}} = \frac{5}{4}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} }}{a} = \frac{5}{4} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\frac{b}{a} = \frac{3}{4}}$

KARKAR · #636

Άσκηση 224

: Άσκηση 224.png (10.7 KiB) Προβλήθηκε 1903 φορές

Ορθογώνιο

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και σημείο

κινείται

επί του ελάσσονος τόξου $\overset{\frown}{DC}$ . Η

τέμνει την

στο

.

α) Δείξτε ότι ο λόγος $\dfrac{ST}{TA}$ μεγιστοποιείται , όταν το

γίνει το μέσο του τόξου .
β) Αν ο μέγιστος αυτός λόγος είναι $\dfrac{4}{5}$ , υπολογίστε το λόγο $\dfrac{b}{a}$ .

ealexiou · #637

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 224.png (15.88 KiB) Προβλήθηκε 1895 φορές

α) $\dfrac{ST}{TA}=\dfrac{EZ}{ZH}\leq \dfrac{S_0Z}{ZH}=\dfrac{S_0T'}{T'A}$

β) $S_0Z\cdot ZK=DZ\cdot ZC \Rightarrow 4x\cdot 9x=\dfrac{a^2}{4} \Rightarrow$ $x=\dfrac{a}{12}\Rightarrow$ $b=5x=\dfrac{5a}{12}\Rightarrow$ $\boxed{\dfrac{b}{a}=\dfrac{5}{12}}$

edit: Αναγραφή πράξεων και άρση απόκρυψης.

#638

KARKAR έγραψε:Άσκηση 224
Το συνημμένο Άσκηση 224.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Ορθογώνιο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και σημείο κινείται

επί του ελάσσονος τόξου $\overset{\frown}{DC}$ . Η τέμνει την στο .

α) Δείξτε ότι ο λόγος $\dfrac{ST}{TA}$ μεγιστοποιείται , όταν το γίνει το μέσο του τόξου .
β) Αν ο μέγιστος αυτός λόγος είναι $\dfrac{4}{5}$ , υπολογίστε το λόγο $\dfrac{b}{a}$ .

: 224.png (13.67 KiB) Προβλήθηκε 1894 φορές

α) Έστω

μέσο του τόξου και

μέσο της χορδής

.

Είναι $\displaystyle{\frac{{ST}}{{TA}} = \frac{x}{b} \le \frac{{MN}}{b}}$ , άρα η μέγιστη τιμή του λόγου επιτυγχάνεται όταν $\displaystyle{S \equiv M}$

β) $\displaystyle{\frac{{MN}}{b} = \frac{4}{5} \Leftrightarrow \frac{{R - \frac{b}{2}}}{b} = \frac{4}{5} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {{a^2} + {b^2}} - b}}{{2b}} = \frac{4}{5} \Leftrightarrow 144{b^2} = 25{a^2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\frac{b}{a} = \frac{5}{{12}}}$

KARKAR · #639

Άσκηση 225

: Άσκηση 225.png (5.73 KiB) Προβλήθηκε 1849 φορές

Υπολογίστε το λόγο $\dfrac{a}{b}$ , αξιοποιώντας τα δεδομένα του σχήματος .

#640

KARKAR έγραψε:Άσκηση 225
Το συνημμένο Άσκηση 225.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Υπολογίστε το λόγο $\dfrac{a}{b}$ , αξιοποιώντας τα δεδομένα του σχήματος .

: 225.png (8.7 KiB) Προβλήθηκε 1829 φορές

$\displaystyle{\frac{{{a^2}}}{{{b^2}}} = \frac{{DE}}{{EB}} = \frac{a}{{a - b}} \Leftrightarrow {a^2} - ab - {b^2} = 0 \Leftrightarrow }$ $\boxed{\frac{a}{b} = \phi }$

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