Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5040
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #1 από Γιώργος Απόκης » Δευ Απρ 09, 2012 11:10 am

Παράλληλα με τη συλλογή στην Άλγεβρα, ας αρχίσουμε και με Γεωμετρία.

Ας προσπαθήσουμε να κρατήσουμε τους κανόνες που είχαμε και στις άλλες συλλογές.

\bullet ΟΧΙ θέματα εξετάσεων (αν και είναι λίγα).

\bullet ΟΧΙ θεματα της ΟΕΦΕ.

\bullet OXI περισσότερες των 2-3 άλυτων ασκήσεων.

\bullet Ας βάλουμε στόχο γύρω στις 20 ασκήσεις σε κάθε κεφάλαιο (με τη σειρά που υπάρχουν στο σχολικό)

\bullet Να μην μπαίνει άσκηση συνδυαστική από μεταγενέστερο κεφάλαιο.

\bullet Εφόσον τα προτεινόμενα θέματα τα αντλούμε από διάφορα βοηθήματα, επιβάλλεται να αναφέρεται η πηγή (εφόσον υπάρχει).

\bullet Ας μην προτείνουμε τραβηγμένα θέματα, ούτε ασκήσεις με ένα ερώτημα.

\bullet Ας προσπαθήσουμε τα προτεινόμενα θέματα να έχουν ένα ικανό αριθμό υποερωτημάτων (από 3 έως 5 ερωτήματα).

\bullet Να προσπαθούμε να δίνουμε ολοκληρωμένες λύσεις, έτσι ίσως βοηθήσουμε όποιον φτιάξει το φυλλάδιο να μας δώσει εκτός του αρχείου των εκφωνήσεων και αρχείο με λύσεις.

Επίσης θα είναι κατανοητές και από τους μαθητες.

Λόγω του μικρού αριθμού των ασκήσεων, θα ήθελα οι συμμετέχοντες να κοιτάζουν τα προηγούμενα θέματα, ώστε να μην έχουμε ασκήσεις ίδιας μορφής.
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Απόκης σε Παρ Απρ 27, 2012 9:24 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Γιώργος
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5040
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #2 από Γιώργος Απόκης » Τετ Απρ 11, 2012 12:57 pm

ΑΣΚΗΣΗ 1

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ABC~(\hat A =90^{o}) ισχύει : AC=2AB. Αν D το μέσο της AC,

E σημείο της AB με \widehat{EDA}=\widehat{DBC} και DZ\perp BC (Z επί της BC), να δείξετε ότι :

α) BC=AB\sqrt{5},~DB=AB\sqrt{2},

β) τα τρίγωνα ZCD,ABC είναι όμοια,

γ) \displaystyle{DZ=\frac{\sqrt{5}}{5}AB},~BZ=\frac{3\sqrt{5}}{5}AB}.


Γιώργος
ΖΩΗ
Δημοσιεύσεις: 117
Εγγραφή: Τετ Φεβ 24, 2010 5:22 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #3 από ΖΩΗ » Τετ Απρ 11, 2012 2:51 pm

Γιώργος Απόκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ABC~(\hat A =90^{o}) ισχύει : AC=2AB. Αν D το μέσο της AC,

E σημείο της AB με \widehat{EDA}=\widehat{DBC} και DZ\perp BC (Z επί της BC), να δείξετε ότι :

α) BC=AB\sqrt{5},~DB=AB\sqrt{2},

β) τα τρίγωνα ZCD,ABC είναι όμοια,

γ) \displaystyle{DZ=\frac{\sqrt{5}}{5}AB},~BZ=\frac{3\sqrt{5}}{5}AB}.


α) Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στα \displaystyle{\overset{\triangle}{ABC},\,\overset{\triangle}{ABD} } έχουμε: \displaystyle{BC^2 = AB^2+AC^2 \overset{AC=2AB}{=\!=\!=}5AB^2 \implies BC = \sqrt{5}AB,} (1)

\displaystyle{BD^2 =AD^2+AB^2\overset{AD=\frac{AC}{2}=AB}{=\!=\!=\!=\!=\!=}2AB^2 \implies BD = \sqrt{2}AB.} (2)

β) Tα τρίγωνα \displaystyle{\overset{\triangle}{ABC},\,\overset{\triangle}{ZCD} } είναι όμοια αφού είναι ορθογώνια - \displaystyle{\hat{A}=\hat{Z} =90^\circ} - και έχουν τη γωνία \displaystyle{\hat{C}} κοινή.

γ) Από την ομοιότητα των \displaystyle{\overset{\triangle}{ABC},\,\overset{\triangle}{ZCD} } έχουμε: \displaystyle{\frac{DZ}{AB}=\frac{DC}{BC}\underset{(1)}{\overset{DC=\frac{AC}{2}=AB}{=\!=\!=\!=\!=\Longrightarrow }}DZ = \frac{AB}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}AB.} (3)

Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στo \displaystyle{\overset{\triangle}{ZBD}} έχουμε: \displaystyle{BZ^2 = BD^2-DZ^2 \overset{(2),(3)}{=\!=\!=}\frac{9}{5}AB^2 \implies BZ =\frac{3 \sqrt{5}}{5}AB.}


Ζωή
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5040
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #4 από Γιώργος Απόκης » Τετ Απρ 11, 2012 3:12 pm

ΖΩΗ έγραψε:
Γιώργος Απόκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 1
Σε ορθογώνιο τρίγωνο ABC~(\hat A =90^{o}) ισχύει : AC=2AB. Αν D το μέσο της AC,
E σημείο της AB με \widehat{EDA}=\widehat{DBC} και DZ\perp BC (Z επί της BC), να δείξετε ότι :
α) BC=AB\sqrt{5},~DB=AB\sqrt{2},
β) τα τρίγωνα ZCD,ABC είναι όμοια,
γ) \displaystyle{DZ=\frac{\sqrt{5}}{5}AB},~BZ=\frac{3\sqrt{5}}{5}AB}.

α) Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στα \displaystyle{\overset{\triangle}{ABC},\,\overset{\triangle}{ABD} } έχουμε: \displaystyle{BC^2 = AB^2+AC^2 \overset{AC=2AB}{=\!=\!=}5AB^2 \implies BC = \sqrt{5}AB,} (1)
\displaystyle{BD^2 =AD^2+AB^2\overset{AD=\frac{AC}{2}=AB}{=\!=\!=\!=\!=\!=}2AB^2 \implies BD = \sqrt{2}AB.} (2)
β) Tα τρίγωνα \displaystyle{\overset{\triangle}{ABC},\,\overset{\triangle}{ZCD} } είναι όμοια αφού είναι ορθογώνια - \displaystyle{\hat{A}=\hat{Z} =90^\circ} - και έχουν τη γωνία \displaystyle{\hat{C}} κοινή.
γ) Από την ομοιότητα των \displaystyle{\overset{\triangle}{ABC},\,\overset{\triangle}{ZCD} } έχουμε: \displaystyle{\frac{DZ}{AB}=\frac{DC}{BC}\underset{(1)}{\overset{DC=\frac{AC}{2}=AB}{=\!=\!=\!=\!=\Longrightarrow }}DZ = \frac{AB}{\sqrt{5}}=\frac{\sqrt{5}}{5}AB.} (3)
Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στo \displaystyle{\overset{\triangle}{ZBD}} έχουμε: \displaystyle{BZ^2 = BD^2-DZ^2 \overset{(2),(3)}{=\!=\!=}\frac{9}{5}AB^2 \implies BZ =\frac{3 \sqrt{5}}{5}AB.}

Ένα σχήμα για τη λύση της Ζωής
Συνημμένα
ask1.png
ask1.png (11.33 KiB) Προβλήθηκε 3009 φορές


Γιώργος
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5040
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #5 από Γιώργος Απόκης » Τετ Απρ 11, 2012 6:45 pm

ΑΣΚΗΣΗ 2

Σε κυρτό τετράπλευρο ABCD είναι : AB=30,~BC=CD=DA=24 και BD=36. Φέρουμε τις DE\perp AB,~BZ\perp CD.

K το σημείο τομής των AC,BD, να δείξετε ότι :

α) DE=BZ=9\sqrt{7},

β) το ABCD είναι ισοσκελές τραπέζιο,

γ) τα τρίγωνα ABC,BCK είναι όμοια,

δ) οι διαγώνιοι AC,BD σχηματίζουν ίσες γωνίες με τις γωνίες του ABCD.
Συνημμένα
ask2.png
ask2.png (7.58 KiB) Προβλήθηκε 2972 φορές


Γιώργος
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8681
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #6 από KARKAR » Τετ Απρ 11, 2012 8:04 pm

Άσκηση 3
Σε τετράγωνο ABCD , πλευράς 2a , είναι εγγεγραμμένος κύκλος που εφάπτεται των πλευρών

BC , CD στα σημεία M , N αντίστοιχα . Η BN τέμνει τον κύκλο στο T και την AM στο S .

1) Δείξτε ότι AM=BN και AM \perp BN

2) Δείξτε ότι : \displaystyle \frac{SM}{SA}=\frac{1}{4} και \displaystyle \frac{SN}{SB}=\frac{3}{2}

3) Δείξτε ότι το T είναι το μέσο του BS
Συνημμένα
Τετράγωνο  εντός κύκλου.png
Τετράγωνο εντός κύκλου.png (10.12 KiB) Προβλήθηκε 2950 φορές


Άβαταρ μέλους
mathlete23
Δημοσιεύσεις: 37
Εγγραφή: Δευ Μάιος 03, 2010 7:11 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #7 από mathlete23 » Πέμ Απρ 12, 2012 5:09 pm

ΑΣΚΗΣΗ 2

Σε κυρτό τετράπλευρο ABCD είναι : AB=30,~BC=CD=DA=24 και BD=36. Φέρουμε τιςDE\perp AB,~BZ\perp CD.

Aν K το σημείο τομής των AC,BD, να δείξετε ότι :

α) DE=BZ=9\sqrt{7},

β) το ABCD είναι ισοσκελές τραπέζιο,

γ) τα τρίγωνα ABC,BCK είναι όμοια,

δ) οι διαγώνιοι AC,BD σχηματίζουν ίσες γωνίες με τις γωνίες του ABCD.

Συνημμένα

ask2.png

α) Θα εκφράσουμε το εμβαδόν του \displaystyle{\overset {\triangle}{ABD}} με δύο διαφορετικούς τρόπους, αρχικά χρησιμοποιώντας τον συμβατικό τύπο και ύστερα με την βοήθεια του τύπου του Ήρωνα για εμβαδόν τριγώνου:
\rightarrow    \displaystyle E_{{\overset {\triangle}{ABD}}}=\frac{DE\cdot AB}{2}=15 DE
\rightarrow     \displaystyle E_{{\overset {\triangle}{ABD}}}=\sqrt{45(45-36)(45-24)(45-30)}=\sqrt{45\cdot 9\cdot 21\cdot 15}=135\sqrt{7}
Άρα τελικά:
\displaystyle DE=\frac{135\sqrt{7}}{15} \Leftrightarrow \boxed{DE=9\sqrt{7}}

'Ομοια και στο \displaystyle{\overset {\triangle}{DCB}} προκύπτει ότι:
\displaystyle BZ=\frac{108\sqrt{7}}{12} \Leftrightarrow \boxed{BZ=9\sqrt{7}}

β)Επειδή ισχύει ότι \displaystyle DE=BZ, DE\perp AB, BZ\perp DC, θα πρέπει να είναι και \displaystyle DC\parallel AB, δηλαδή ισχύουν οι προϋποθέσεις για να είναι το τετράπλευρο ισοσκελές τραπέζιο, καθώς και οι μη παράλληλες πλευρές του είναι μεταξύ τους ίσες.

γ)Το ισοσκελές τραπέζιο είναι εγγράψιμο, και συνάγουμε τα εξής:
\displaystyle \angle CAB=\angle BDC=\angle CBD, διότι και το \displaystyle{\overset {\triangle}{DCB}} είναι ισοσκελές.
Tα εν λόγω τρίγωνα, που έχουν και την \displaystyle \angle ACB κοινή, συμπεραίνουμε ότι είναι όμοια.

δ)Από την ομοιότητα του γ), συμπεραίνουμε ότι \displaystyle \angle CKB=\angle CBA, και έτσι εύκολα δείχνουμε ότι και \displaystyle \angle DKA=\angle CKB (κατακορυφήν) και οι άλλες 2 γωνίες ως παραπληρωματικές είναι ίσες με τις \displaystyle \angle ADC,\angle BCD, τις αντίστοιχες παραπληρωματικές των \displaystyle \angle DAB, \angle CBA$, ως εντός και επί τα αυτά γωνίες.


Άβαταρ μέλους
mathlete23
Δημοσιεύσεις: 37
Εγγραφή: Δευ Μάιος 03, 2010 7:11 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #8 από mathlete23 » Παρ Απρ 13, 2012 12:43 pm

Άσκηση 3
Σε τετράγωνο ABCD , πλευράς 2a , είναι εγγεγραμμένος κύκλος που εφάπτεται των πλευρών

BC , CD στα σημεία M , N αντίστοιχα . Η BN τέμνει τον κύκλο στο T και την AM στο S .

1) Δείξτε ότι AM=BN και AM \perp BN

2) Δείξτε ότι : \displaystyle \frac{SM}{SA}=\frac{1}{4} και \displaystyle \frac{SN}{SB}=\frac{3}{2}

3) Δείξτε ότι το T είναι το μέσο του BS



1) Παρατηρούμε ότι στα \displaystyle {\overset{\triangle}{ABM}}, \displaystyle {\overset{\triangle}{BNC}} ισχύουν:
\displaystyle \rightarrow AB=BC=2a
\displaystyle \rightarrow BM=NC=\frac{2a}{2}=a
\displaystyle \rightarrow \angle MBA =\angle BCN =90^{o}.
Τα τρίγωνα είναι ίσα και συνεπώς \displaystyle AM=BN. Επίσης παρατηρούμε ότι:
\displaystyle \angle BNC +\angle NBC=90^{o} \Leftrightarrow \angle BMA+  \angle NBC =90^{o},
λόγω της παραπάνω ισότητας. Η τελευταία σχέση μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι \displaystyle \angle BSM=90^{o}, αν κοιτάξουμε το
\displaystyle {\overset{\triangle}{BSM}}, με άλλα λόγια AM \perp BN.

2)Εργαζόμαστε με ομοιότητες τριγώνων:
\displaystyle {\overset{\triangle}{SBM}} \sim {\overset{\triangle}{SBA}} \rightarrow \frac{SM}{SB}=\frac{SB}{SA}=\frac{MB}{AB}=\frac{1}{2}
\displaystyle \frac{SM}{SA}=\frac{\frac{SB}{2}}{2SB} \Leftrightarrow \boxed{\frac{SM}{SA}=\frac{1}{4}}.
Για το δεύτερο ερώτημα:
\displaystyle {\overset{\triangle}{ABM}} \rightarrow BS^{2}=AS\cdot SM=AS\cdot \frac{AS}{4}=\frac{AS^2}{4} \Leftrightarrow BS=\frac{AS}{2}
\displaystyle BN=AM\Leftrightarrow BS+SN=AS+SM \Leftrightarrow SN+\frac{AS}{2}=AS+SM \Leftrightarrow SN=\frac{AS}{2}+\frac{AS}{4} \Leftrightarrow SN=\frac{3AS}{4}.
Από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει ότι:
\displaystyle \frac{SN}{SB}=\frac{\frac{3AS}{4}}{\frac{AS}{2}} \Leftrightarrow \boxed{\frac{SN}{SB}=\frac{3}{2}}

3) Έστω \displaystyle E το σημείο επαφής του κύκλου με την \displaystyle AB. Τότε η \displaystyle NE είναι διάμετρος και άρα
\displaystyle \angle NTE=90^{o} \Leftrightarrow ET\parallel AS.
Όμως, επειδή και \displaystyle AE=EB=a, από την γνωστή πρόταση για την περίπτωση αυτή σε τρίγωνα, οδηγούμαστε στο συμπέρασμα ότι και \displaystyle ST=TB.

Υ.Γ. Πολύ ωραία άσκηση!


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5040
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #9 από Γιώργος Απόκης » Σάβ Απρ 14, 2012 11:00 am

ΑΣΚΗΣΗ 4

Έστω τραπέζιο ABCD~(AB//CD) με BC>AD,AB>CD. Θεωρούμε τις CE // DB,CZ // AD (τα E,Z στο φορέα της AB).

CH\perp AB, να αποδείξετε ότι :

α) το μέσο M του AE είναι μέσο και του ZB,

β) BD^2-AC^2=2AE\cdot MH και BC^2-AD^2=2ZB\cdot MH,

γ) \displaystyle{\frac{BD^2-AC^2}{BC^2-AD^2}=\frac{AB+CD}{AB-CD}}.
Συνημμένα
ask4.png
ask4.png (12.08 KiB) Προβλήθηκε 2776 φορές


Γιώργος
Άβαταρ μέλους
Χάρης Γ.Λ.
Δημοσιεύσεις: 110
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 10:53 am
Τοποθεσία: Κατερίνη
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #10 από Χάρης Γ.Λ. » Σάβ Απρ 14, 2012 3:45 pm

ΑΣΚΗΣΗ 5

Δίνονται οι κυκλοι \displaystyle{\left( {O,3R} \right)} και \displaystyle{\left( {K,R} \right)} που εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Α . Έστω ΒΓ το κοινό εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα των δύο κύκλων .Να υπολογιστούν :
α) Το εφαπτόμενο τμήμα ΒΓ.
β) Το εμβαδό του τραπεζίου ΟΓΒΚ.
γ) Το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ.
δ) Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ.
ε) Το μήκος και το εμβαδόν του εγγεγραμμένου και περιγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ .
ζ) Αν το τμήμα ΑΕ είναι κάθετο στη ΒΓ , να υπολογίσετε τα τμήματα ΑΕ , ΓΕ , ΒΕ .

Καλή Ανάσταση σ' όλους


Χάρης Γ. Λάλας
___________________
\displaystyle{\sum\limits_n {{n^{ - s}}}  = \prod\limits_p {{{\left( {1 - {p^{ - s}}} \right)}^{ - 1}}} }
orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1304
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #11 από orestisgotsis » Σάβ Απρ 14, 2012 4:43 pm

Γιώργος Απόκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 4

Έστω τραπέζιο ABCD~(AB//CD) με BC>AD,AB>CD. Θεωρούμε τις CE // DB,CZ // AD (τα E,Z στο φορέα της AB).

CH\perp AB, να αποδείξετε ότι :

α) το μέσο M του AE είναι μέσο και του ZB,

β) BD^2-AC^2=2AE\cdot MH και BC^2-AD^2=2ZB\cdot MH,

γ) \displaystyle{\frac{BD^2-AC^2}{BC^2-AD^2}=\frac{AB+CD}{AB-CD}}.




α) Από το παραλληλόγραμμο \displaystyle{BECD\Rightarrow BE=DC\,\,\,(1)}, ενώ από το \displaystyle{AZCD\Rightarrow AZ=DC\,\,\,(2)}.

Από \displaystyle{(1),\,(2)\Rightarrow AZ=BE}, οπότε ZM=AM-AZ=EM-EB=MB

β) Από το δεύτερο Θ. διαμέσων στο \displaystyle{\vartriangle \,\,ACE\Rightarrow C{{E}^{2}}-A{{C}^{2}}=2AE\cdot MH} και από την ισότητα \displaystyle{BD=CE\Rightarrow B{{D}^{2}}-A{{C}^{2}}=2AE\cdot MH}.

Από το ίδιο θεώρημα στο \displaystyle{\vartriangle \,\,ZBC\overset{AD=ZC}{\mathop{\Rightarrow }}\,B{{C}^{2}}-A{{D}^{2}}=2ZB\cdot MH}.

γ) Από τα προηγούμενα και με διαίρεση κατά μέλη των δύο τελευταίων σχέσεων, έχουμε: \displaystyle{\frac{B{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}}{B{{C}^{2}}-A{{D}^{2}}}=\frac{AB+CD}{AB-CD}}

(Αφού \displaystyle{AE = AB + BE = AB + CD} και \displaystyle{ZB = AB - AZ = AB - CD})


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Απόκης
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 5040
Εγγραφή: Δευ Μάιος 16, 2011 7:56 pm
Τοποθεσία: Πάτρα
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #12 από Γιώργος Απόκης » Σάβ Απρ 14, 2012 8:00 pm

Χάρης Γ.Λ. έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 5
Δίνονται οι κυκλοι \displaystyle{\left( {O,3R} \right)} και \displaystyle{\left( {K,R} \right)} που εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Α . Έστω ΒΓ το κοινό εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα των δύο κύκλων .Να υπολογιστούν :
α) Το εφαπτόμενο τμήμα ΒΓ.
β) Το εμβαδό του τραπεζίου ΟΓΒΚ.
γ) Το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ.
δ) Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ.
ε) Το μήκος και το εμβαδόν του εγγεγραμμένου και περιγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ .
ζ) Αν το τμήμα ΑΕ είναι κάθετο στη ΒΓ , να υπολογίσετε τα τμήματα ΑΕ , ΓΕ , ΒΕ

Ένα σχήμα για την άσκηση 5
Συνημμένα
ask5.png
ask5.png (28.63 KiB) Προβλήθηκε 2664 φορές


Γιώργος
Άβαταρ μέλους
Καρδαμίτσης Σπύρος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2303
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 11:14 pm
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #13 από Καρδαμίτσης Σπύρος » Σάβ Απρ 14, 2012 8:38 pm

ΑΣΚΗΣΗ 6η

Δίνεται κανονικό ν – γωνο με εμβαδό \displaystyle{
E_\nu   = 48cm^2 
}, το οποίο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο \displaystyle{
(O,R)
} . Αν η γωνία του πολυγώνου \displaystyle{
\varphi _\nu  
} είναι πενταπλάσια της κεντρικής του γωνίας \displaystyle{
\omega _\nu  
}, τότε να βρείτε:

α. Το πλήθος των πλευρών του κανονικού πολυγώνου.
β. Να υπολογίσετε σε μοίρες την γωνία του και την κεντρική γωνία του.
γ. Να βρεθεί η ακτίνα \displaystyle{
R
} του περιγγεγραμμένου στο κανονικό πολύγωνο κύκλου.
δ. Την πλευρά \displaystyle{
\lambda _{12} 
} του κανονικού δωδεκαγώνου που είναι εγγεγραμμένο στο κύκλο \displaystyle{
(O,R)
}
ε. Το απόστημα \displaystyle{
\alpha _{12} 
} του κανονικού δωδεκαγώνου στο κύκλο \displaystyle{
(O,R)
}
στ. Το εμβαδό του κανονικού εξαγώνου \displaystyle{
E_6 
} που είναι εγγεγραμμένος στο κύκλο \displaystyle{
(O,R)
} .


Καρδαμίτσης Σπύρος
orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1304
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #14 από orestisgotsis » Κυρ Απρ 15, 2012 12:29 am

Γιώργος Απόκης έγραψε:
Χάρης Γ.Λ. έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 5
Δίνονται οι κυκλοι \displaystyle{\left( {O,3R} \right)} και \displaystyle{\left( {K,R} \right)} που εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Α . Έστω ΒΓ το κοινό εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα των δύο κύκλων .Να υπολογιστούν :
α) Το εφαπτόμενο τμήμα ΒΓ.
β) Το εμβαδό του τραπεζίου ΟΓΒΚ.
γ) Το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ.
δ) Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ.
ε) Το μήκος και το εμβαδόν του εγγεγραμμένου και περιγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ .
ζ) Αν το τμήμα ΑΕ είναι κάθετο στη ΒΓ , να υπολογίσετε τα τμήματα ΑΕ , ΓΕ , ΒΕ

Ένα σχήμα για την άσκηση 5



Έστω \displaystyle{{\rm K}\Delta \parallel {\rm B}\Gamma  \Rightarrow {\rm K}\Delta  \bot {\rm O}\Gamma } και \displaystyle{{\rm K}\Delta  = {\rm B}\Gamma \,\,\,(1)}, επίσης \displaystyle{{\rm B}\Gamma {\rm K}\Delta } ορθογώνιο \displaystyle{(2)}

α) Από το ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle{{\rm O}{\rm K}\Delta  \Rightarrow {\rm K}\Delta  = \sqrt {{{\left( {3R + R} \right)}^2} - {{\left( {3R - R} \right)}^2}}  = 2R\sqrt 3 \,\,\mathop  = \limits^{(1)} \,\,{\rm B}\Gamma }

β) \displaystyle{\left( {{\rm O}\Gamma {\rm B}{\rm K}} \right)\,\,\mathop  = \limits^{(\alpha )} \,\,\frac{{3R + R}}{2} \cdot 2R\sqrt 3  = 4{R^2}\sqrt 3 }

γ) Έστω \displaystyle{{\rm E}} το ζητούμενο εμβαδόν. Έχουμε \displaystyle{{\rm O}{\rm K} = 2R}, \displaystyle{{\rm O}{\rm K} = 4R}, οπότε από το τρίγωνο \displaystyle{{\rm O}{\rm K}\Delta } έπεται \displaystyle{\widehat {{\rm O}{\rm K}\Delta } = {30^0}} και \displaystyle{\widehat {{\rm K}{\rm O}\Delta } = {60^0}}

Από τα παραπάνω έχουμε \displaystyle{\widehat {{\rm A}{\rm K}{\rm B}} = {90^0} + {30^0} = {120^0}}

Τότε: E=(εμβαδόν τραπεζίου) - (εμβαδόν τομέα τόξου ΑΓ) - (εμβαδόν τομέα τόξου ΑΒ)\displaystyle{=4{{R}^{2}}\sqrt{3}-\frac{\pi {{R}^{2}}{{60}^{0}}}{{{360}^{0}}}-\frac{\pi {{R}^{2}}{{120}^{0}}}{{{360}^{0}}}=\frac{\left( 24\sqrt{3}-11\pi  \right){{R}^{2}}}{6}}

δ) Το τρίγωνο AB\Gamma είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την B\Gamma οπότε \displaystyle{\left( AB\Gamma  \right)=\frac{1}{2}\cdot 3R\cdot {{\lambda }_{3}}=\frac{3{{R}^{2}}\sqrt{3}}{2}

ε) \displaystyle{\rho =\frac{\frac{3{{R}^{2}}\sqrt{3}}{2}}{3R+2R\sqrt{3}+{{\lambda }_{3}}}=\frac{R\left( 3-\sqrt{3} \right)}{4}, \displaystyle{R=\frac{B\Gamma }{2}=R\sqrt{3}

Μήκος εγγεγραμμένου κύκλου \displaystyle{=\frac{\pi R\left( 3-\sqrt{3} \right)}{2}

Εμβαδόν εγγεγραμμένου κύκλου \displaystyle{=\frac{3\pi {{R}^{2}}\left( 2-\sqrt{3} \right)}{8}

Μήκος περιγεγραμμένου κύκλου \displaystyle{=2\pi R\sqrt{3}

Εμβαδόν περιγεγραμμένου κύκλου \displaystyle{=3\pi {{R}^{2}}

ζ) \displaystyle{AE=\frac{A\Gamma }{2}=\frac{3R}{2} (\displaystyle{\widehat{\Gamma }={{30}^{0}})

\displaystyle{\Gamma E=3R\sigma \upsilon \nu {{30}^{0}}=\frac{3R\sqrt{3}}{2} και \displaystyle{BE=2R\sqrt{3}-\frac{3R}{2}=\frac{R\left( 4\sqrt{3}-3 \right)}{2}.


orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1304
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #15 από orestisgotsis » Δευ Απρ 16, 2012 3:32 am

Καρδαμίτσης Σπύρος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 6η

Δίνεται κανονικό ν – γωνο με εμβαδό \displaystyle{
E_\nu   = 48cm^2 
}, το οποίο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο \displaystyle{
(O,R)
} . Αν η γωνία του πολυγώνου \displaystyle{
\varphi _\nu  
} είναι πενταπλάσια της κεντρικής του γωνίας \displaystyle{
\omega _\nu  
}, τότε να βρείτε:

α. Το πλήθος των πλευρών του κανονικού πολυγώνου.
β. Να υπολογίσετε σε μοίρες την γωνία του και την κεντρική γωνία του.
γ. Να βρεθεί η ακτίνα \displaystyle{
R
} του περιγγεγραμμένου στο κανονικό πολύγωνο κύκλου.
δ. Την πλευρά \displaystyle{
\lambda _{12} 
} του κανονικού δωδεκαγώνου που είναι εγγεγραμμένο στο κύκλο \displaystyle{
(O,R)
}
ε. Το απόστημα \displaystyle{
\alpha _{12} 
} του κανονικού δωδεκαγώνου στο κύκλο \displaystyle{
(O,R)
}
στ. Το εμβαδό του κανονικού εξαγώνου \displaystyle{
E_6 
} που είναι εγγεγραμμένος στο κύκλο \displaystyle{
(O,R)
} .



α. Από \displaystyle{{\varphi _\nu } = 5{\omega _\nu }} και \displaystyle{{\varphi _\nu } + {\omega _\nu } = {180^0} \Rightarrow 5{\omega _\nu } + {\omega _\nu } = {180^0} \Rightarrow 6\cdot\frac{{{{360}^0}}}{\nu } = {180^0} \Rightarrow \nu  = 12}

β. \displaystyle{{\varphi _\nu } = {180^0} - \frac{{{{360}^0}}}{{12}} = {150^0}} και \displaystyle{{\omega _\nu } = {30^0}}


γ. Το εμβαδόν του κανονικού πολυγώνου είναι άθροισμα 12 ίσων ισοσκελών τριγώνων με γωνία κορυφής \displaystyle{{\omega _{12}} = {30^0}} και

το εμβαδόν καθενός τριγώνου ίσο με \displaystyle{\frac{1}{2}R \cdot R \cdot \eta \mu \,{30^0} = \frac{{{R^2}}}{4}\,c{m^2}}, οπότε \displaystyle

{12 \cdot \frac{{{R^2}}}{4} = 48 \Rightarrow R = 4\,cm}

δ. Από τον τύπο \lambda _{12}^2 = 2R\left( {R - {\alpha _6}} \right) με {\alpha _6} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2} = 2\sqrt 3  \Rightarrow {\lambda _{12}} = 4\sqrt {2 - \sqrt 3 } \,cm

ε. Από τον τύπο \alpha _{12}^2 = \frac{R}{2}\left( {R + {\alpha _6}} \right) \Rightarrow {\alpha _{12}} = 2\sqrt {2 + \sqrt 3 } \,cm

στ. Είναι {E_6} = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot {\lambda _6} \cdot {\alpha _6} = 3 \cdot 4 \cdot 2\sqrt 3  = 24\sqrt 3 \,c{m^2},

αφού {\lambda _6} = R = 4\,cm και {\alpha _6} = 2\sqrt 3 \,cm.


Άβαταρ μέλους
Καρδαμίτσης Σπύρος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2303
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 11:14 pm
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #16 από Καρδαμίτσης Σπύρος » Δευ Απρ 16, 2012 11:05 am

ΑΣΚΗΣΗ 7η

Σε κύκλο \displaystyle{
(O,R)
} θεωρούμε μια χορδή \displaystyle{
AB = \lambda _4 
} και \displaystyle{
K
} το μέσο του τόξου \displaystyle{
AB
}

α) Να δείξετε ότι: \displaystyle{
AK = R \cdot \sqrt {2 - \sqrt 2 } 
}

β) Αν \displaystyle{
OP
} είναι το απόστημα της χορδής \displaystyle{
AK
} , να δείξετε ότι: \displaystyle{
OP = \frac{R}{2}\sqrt {2 + \sqrt 2 } 
}

γ) Να υπολογίσετε το εμβαδό του κυκλικού τμήματος που καθορίζεται από την χορδή \displaystyle{
AK
} και το τόξο \displaystyle{
AK
}.


Καρδαμίτσης Σπύρος
orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1304
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #17 από orestisgotsis » Δευ Απρ 16, 2012 4:15 pm

ΑΣΚΗΣΗ 7η

α. Επειδή K μέσο τότε η διάμετρος K\Gamma θα είναι κάθετη στη χορδή AB και αν \Delta το σημείο τομής της K\Gamma με την AB, από το σχηματιζόμενο ορθογώνιο τρίγωνο

KA\Gamma \Rightarrow A{{K}^{2}}=2R\cdot K\Delta =2R\left( R-{{\alpha }_{4}} \right)={{R}^{2}}\left( 2-\sqrt{2} \right)\Rightarrow AK=\sqrt{2-\sqrt{2}}

={{\lambda }_{8}}

β. Είναι OP=\frac{A\Gamma }{2}=\frac{1}{2}\sqrt{4{{R}^{2}}-{{R}^{2}}{{\left( \sqrt{2-\sqrt{2}} \right)}^{2}}}=\frac{R}{2}\sqrt{2+\sqrt{2}}

γ. Εμβαδόν τμήματος = (εμβαδόν τομέα κέντρου O και τόξου AK) - \left( OAK \right)

\displaystyle{=\frac{\pi {{R}^{2}}{{\omega }_{8}}}{360}-\frac{1}{2}{{R}^{2}}\eta \mu \,{{45}^{0}}=\frac{\pi {{R}^{2}}\cdot 45}{360}-\frac{{{R}^{2}}\sqrt{2}}{4}=\frac{\pi {{R}^{2}}}{8}-\frac{{{R}^{2}}\sqrt{2}}{4}=\frac{{{R}^{2}}\left( \pi -2\sqrt{2} \right)}{8}
τελευταία επεξεργασία από orestisgotsis σε Δευ Απρ 16, 2012 5:26 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Καρδαμίτσης Σπύρος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 2303
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 11:14 pm
Επικοινωνία:

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #18 από Καρδαμίτσης Σπύρος » Δευ Απρ 16, 2012 5:24 pm

Καρδαμίτσης Σπύρος έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 7η

Σε κύκλο \displaystyle{
(O,R)
} θεωρούμε μια χορδή \displaystyle{
AB = \lambda _4 
} και \displaystyle{
K
} το μέσο του τόξου \displaystyle{
AB
}

α) Να δείξετε ότι: \displaystyle{
AK = R \cdot \sqrt {2 - \sqrt 2 } 
}

β) Αν \displaystyle{
OP
} είναι το απόστημα της χορδής \displaystyle{
AK
} , να δείξετε ότι: \displaystyle{
OP = \frac{R}{2}\sqrt {2 + \sqrt 2 } 
}

γ) Να υπολογίσετε το εμβαδό του κυκλικού τμήματος που καθορίζεται από την χορδή \displaystyle{
AK
} και το τόξο \displaystyle{
AK
}.


και το σχήμα στην ΑΣΚΗΣΗ 7η
Συνημμένα
OKTΑΓΩΝΟ.PNG
OKTΑΓΩΝΟ.PNG (15.75 KiB) Προβλήθηκε 2479 φορές


Καρδαμίτσης Σπύρος
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 8681
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #19 από KARKAR » Δευ Απρ 16, 2012 6:06 pm

Άσκηση 8
Οι διάμεσοι AM και BN του ορθογωνίου ( \widehat{A}=90^0 ) τριγώνου \displaystyle ABC , τέμνονται κάθετα στο S .

1) Δείξτε ότι : \phi=\theta

2) Βρείτε το λόγο : \displaystyle \frac{AM}{BN}

3) Δείξτε ότι τα ομοιόχρωμα πολύγωνα είναι ισεμβαδικά .
Συνημμένα
Εντυπωσιακό  ορθογώνιο.png
Εντυπωσιακό ορθογώνιο.png (10.73 KiB) Προβλήθηκε 2462 φορές


orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1304
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: Συλλογή ασκήσεων στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση #20 από orestisgotsis » Δευ Απρ 16, 2012 9:16 pm

KARKAR έγραψε:Άσκηση 8
Οι διάμεσοι AM και BN του ορθογωνίου ( \widehat{A}=90^0 ) τριγώνου \displaystyle ABC , τέμνονται κάθετα στο S .

1) Δείξτε ότι : \phi=\theta

2) Βρείτε το λόγο : \displaystyle \frac{AM}{BN}

3) Δείξτε ότι τα ομοιόχρωμα πολύγωνα είναι ισεμβαδικά .




1) AM διάμεσος προς υποτείνουσα, \Rightarrow \widehat{CAM}=\widehat{\theta }\,\,\,(1). Αλλά

\displaystyle{\widehat{CAM}+\widehat{\Sigma AB}={{90}^{0}}=\widehat{\Sigma AB}+\widehat{\phi }\overset{(1)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\widehat{\theta }=\widehat{\phi }}

2) Από την ομοιότητα των τριγώνων ABC και \Sigma AB \displaystyle{\Rightarrow \displaystyle{\frac{AB}{BC}=\frac{A\Sigma }{AB}\Rightarrow \frac{c}{a}=\frac{\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}a}{c}\Rightarrow a=c\sqrt{3}\,\,\,(2),\,\,\,(A\Sigma =\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{2}a). Από την (2) έχουμε

\displaystyle{b=\sqrt{3{{c}^{2}}-{{c}^{2}}}=c\sqrt{2}

Όμως \displaystyle{BN=\sqrt{\frac{2{{c}^{2}}}{4}+{{c}^{2}}}=\frac{c\sqrt{6}}{2} και \displaystyle{AM=\frac{c\sqrt{3}}{2}, οπότε \displaystyle{\frac{AM}{BN}=\frac{\frac{c\sqrt{3}}{2}}{\frac{c\sqrt{6}}{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}

3) Είναι \displaystyle{\frac{\left( A\Sigma N \right)}{\left( AB\Sigma  \right)}=\frac{\Sigma N\cdot \Sigma A}{\Sigma A\cdot \Sigma B}=\frac{1}{2}\Rightarrow \left( A\Sigma N \right)=\frac{1}{2}\left( AB\Sigma  \right)

\displaystyle{\frac{\left( B\Sigma M \right)}{\left( AB\Sigma  \right)}=\frac{\Sigma M\cdot \Sigma B}{\Sigma B\cdot \Sigma A}=\frac{1}{2}\Rightarrow \left( B\Sigma M \right)=\frac{1}{2}\left( AB\Sigma  \right)

Άρα \left( A\Sigma N \right)=\left( B\Sigma M \right)

(Οι παραπάνω λόγοι από την ιδιότητα του \Sigma)

\displaystyle{\left( \Sigma AB \right)=\frac{1}{2}\left( ABC \right)-\left( \Sigma AN \right)\Rightarrow \left( \Sigma AB \right)+\left( \Sigma AN \right)=\frac{1}{2}\left( ABC \right)

\displaystyle{\Rightarrow \frac{3}{2}\left( \Sigma AB \right)=\frac{1}{2}\left( ABC \right)\Rightarrow \left( \Sigma AB \right)=\frac{1}{3}\left( ABC \right)

\displaystyle{\left( \Sigma MCN \right)=\left( ABC \right)-\left( \Sigma AN \right)-\left( \Sigma AB \right)-\left( \Sigma BM \right)

\displaystyle{=\left( 1-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3}-\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{3} \right)\left( ABC \right)=\frac{1}{3}\left( ABC \right)

Από τα παραπάνω φαίνεται ότι τα ομοιόχρωμα πολύγωνα είναι ισεμβαδικά.



Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ και 3 επισκέπτες