Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Γιώργος Απόκης · #1

Μια συλλογή από ασκήσεις στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου (Κεφάλαια : 9, 10, 11)

chris t · #2

Ευχαριστώ πολύ...ωραία επιλογή στις ασκήσεις

parmenides51 · #3

σ' ευχαριστώ

pana1333 · #4

Γιώργο ευχαριστούμε. Αρκετά χρήσιμο....

Theoxaris Malamidis · #5

Ευχαριστώ!

propaid · #6

Πολύ καλό. Ευχαριστούμε.

KARKAR · #7

Εξαιρετική συλλογή , δεν σου κρύβω ότι αρκετές τις "ζήλεψα" ! Βέβαιο ο παρατηρητικός αναγνώστης θα βρει μερικές

που υπάρχουν και στο εν χρήσει σχολικό βιβλίο , αλλά κι αυτές είναι από τις καλύτερες . Νάσαι καλά φίλε Γιώργο !

parmenides51 · #8

προσωπικά περιμένω τον Θανάση, τον KARKAR να μας ετοιμάσει ένα φυλλάδιο
για την Γεωμετρία της Β' (αλλά και της Α') και νομίζω πως δεν είμαι ο μόνος ...
τόσα και τόσα όμορφα πράγματα τον έχουμε δει να μας προτείνει εδώ μέσα,
ας κάνει μια σχολική επιλογή ώστε να τον τιμάμε και στην τάξη

#9

Ευχαριστούμε Γιώργο

Γιώργος Απόκης · #10

Μετά από παρατήρηση του Φάνη Θεοφανίδη, στην άσκηση $\displaystyle{9}$ από το κεφάλαιο $\displaystyle{10}$ , υπάρχει λάθος.

Το άθροισμα είναι $\displaystyle{a(1+\sqrt{3})}$ και όχι $\displaystyle{3a}$ . (Δεν αλλάζω το αρχείο γιατί δε βρίσκω το πρωτότυπο...)

Φάνη ευχαριστώ

Φανης Θεοφανιδης · #11

Καλησπέρα Γιώργο

ΑΣΚΗΣΗ 25-9

i) Από το ορθογώνιο τρίγωνο $EZ\Gamma$ έχουμε ότι
$\hat{\Gamma _{1}}+\hat{\Gamma _{2}}=45^{0}\Rightarrow \hat{\Gamma _{1}}=45^{0}-\hat{\Gamma _{2}}$ (1)

Προφανώς $\hat{\Delta _{1}}=45^{0}$
Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\Delta HO$ έχουμε ότι
$\hat{O_{1}}=90^{0}-(\hat{\Delta _{1}}+\hat{\Delta _{2}})\Rightarrow \hat{O_{1}}=90^{0}-45^{0}-\hat{\Delta _{2}}\Rightarrow$
$\Rightarrow \hat{O_{1}}=45^{0}-\hat{\Delta _{2}}$ (2)

Όμως $\hat{\Delta _{2}}=\hat{\Gamma _{2}}$ (3)

(το τρίγωνο $\Delta O\Gamma$ είναι ισοσκελές)
Επομένως, σύμφωνα με την (3)

από τις

και

προκύπτει ότι
$\hat{\Gamma _{1}}=\hat{O_{1}}$

ii) Τα ορθογώνια τρίγωνα $OZ\Gamma$ και $OH\Delta$ είναι ίσα, άρα
$\Gamma Z=OH$

iii) Από το ορθογώνιο-ισοσκελές τρίγωνο $EZ\Gamma$ έχουμε
$\Gamma E^{2}=\Gamma Z^{2}+ZE^{2}\Rightarrow \Gamma E^{2}=2\Gamma Z^{2}$ (1)

Ομοίως από το ορθογώνιο-ισοσκελές τρίγωνο $\Delta HE$ έχουμε
$\Delta E^{2}=\Delta H^{2}+HE^{2}\Rightarrow \Delta E^{2}=2\Delta H^{2}$ (2)

Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1)

,

παίρνουμε
$\Gamma E^{2}+\Delta E^{2}=2(\Gamma Z^{2}+\Delta H^{2})=2(\Gamma Z^{2}+OZ^{2})=2O\Gamma ^{2}=2R^{2}$ .

Γιώργος Απόκης · #12

Γιώργος Απόκης έγραψε:Μετά από παρατήρηση του Φάνη Θεοφανίδη, στην άσκηση $\displaystyle{9}$ από το κεφάλαιο $\displaystyle{10}$ , υπάρχει λάθος.
Το άθροισμα είναι $\displaystyle{a(1+\sqrt{3})}$ και όχι $\displaystyle{3a}$ . (Δεν αλλάζω το αρχείο γιατί δε βρίσκω το πρωτότυπο...)
Φάνη ευχαριστώ

: ekf.png (4.7 KiB) Προβλήθηκε 2728 φορές

Ας δώσω και τη λύση. O ρόμβος δεν είναι τετράγωνο γιατί θα είχε άθροισμα διαγωνίων $\displaystyle{2a\sqrt{2}}$ . 'Εστω λοιπόν ότι $\displaystyle{y>x}$ .

Από τα δεδομένα, έχουμε ότι $\displaystyle{2x+2y=a(1+\sqrt{3})\Leftrightarrow y=\frac{a(1+\sqrt{3})}{2}-x~(1)}$ .

Aπό το Πυθαγόρειο στο τρίγωνο $\displaystyle{AOB}$ έχουμε

$\displaystyle{x^2+y^2=a^2\overset{(1)}\Leftrightarrow x^2+\left(\frac{a(1+\sqrt{3})}{2}-x\right)^2=a^2\Leftrightarrow 2x^2-a(1+\sqrt{3})x+\frac{a^2(1+\sqrt{3})^2-4a^2}{4}=0}$ .

Το τριώνυμο έχει διακρίνουσα

$\displaystyle{\Delta=a^2(1+\sqrt{3})^2-2\cdot4\cdot \frac{a^2(1+\sqrt{3})^2-4a^2}{4}=-a^2(1+\sqrt{3})^2+8a^2=a^2(4-2\sqrt{3})=a^2(1-\sqrt{3})^2>0}$

Επομένως $\displaystyle{x=\frac{a(1+\sqrt{3})\pm a(1-\sqrt{3})}{4}}$ . Σε συνδυασμό με την (1) και αφού $\displaystyle{y>x}$ έχουμε $\displaystyle{x=\frac{a}{2},y=\frac{a\sqrt{3}}{2}}$ .

Το εμβαδόν είναι ίσο με $\displaystyle{E=\frac{AC\cdot BD}{2}=2xy=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}}$ και αφού ο ρόμβος είναι και παραλληλόγραμμο, έχουμε

$\displaystyle{E=\frac{ad}{2}\Leftrightarrow d=\frac{2E}{a}=a\sqrt{3}}$

Φανης Θεοφανιδης · #13

Καλησπέρα Γιώργο.

ΑΣΚΗΣΗ 8-10

Έστω τετράγωνο $AB\Gamma \Delta$ πλευράς $\alpha$ .
Είναι $(AB\Gamma \Delta )=\alpha ^{2}$ .
Το εμβαδόν του τετραγώνου που θέλουμε να κατασκευάσουμε είναι $2\alpha ^{2}$ ,
άρα η πλευρά του είναι ίση με $\sqrt{2}\alpha$ .
Όμως $\sqrt{2}\alpha =A\Gamma$ .
Με κέντρο το

και ακτίνα

φέρνουμε κύκλο.
Η προέκταση της

τέμνει τον κύκλο στο

.
Η προέκταση της $\Gamma B$ τέμνει τον κύκλο στο

.
Το τετράγωνο $AZE\Gamma$ είναι το ζητούμενο.

Φανης Θεοφανιδης · #14

Καλησπέρα.

ΑΣΚΗΣΗ 50-11

Από το ορθογώνιο τρίγωνο OMA

έχουμε

$\sigma \upsilon \nu \hat{AOM}=\dfrac{\dfrac{R}{2}}{R}\Rightarrow \sigma \upsilon \nu \hat{AOM}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow$

$\Rightarrow \hat{AOM}=60^{0}\Rightarrow \hat{AOB}=120^{0}$ .

Είναι $(\overset{\frown} {OAB} )=\dfrac{\pi R^{2}}{3}$ .

$(OAB)=\dfrac{R^{2}\eta \mu 120^{0}}{2}\Rightarrow (OAB)=\dfrac{\sqrt{3}R^{2}}{4}$ .

Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος $(B\Gamma A)$ είναι

$E_{1}=(\overset{\frown} {OAB})-(OAB)\Rightarrow E_{1}=\dfrac{4\pi R^{2}-3\sqrt{3}R^{2}}{12}$ .

Το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου είναι $E=\pi R^{2}$

Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος $(B\Delta A)$ είναι

$E_{2}=E-E_{1}\Rightarrow E_{2}=\dfrac{8\pi R^{2}+3\sqrt{3}R^{2}}{12}$ .

Συνεπώς $\dfrac{E_{1}}{E_{2}}=\dfrac{4\pi -3\sqrt{3}}{8\pi +3\sqrt{3}}$ .

Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Re: Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Re: Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Re: Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Re: Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Re: Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Re: Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Re: Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Re: Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Re: Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Re: Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Re: Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Re: Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Re: Συλλογή στη Γεωμετρία της Β' Λυκείου

Μέλη σε σύνδεση