mathematica.gr

Το λάθος είναι στην τέταρτη παράγραφο, γραμμή 6: Η κατασκευή των $a_1, a_2$ με $a_2 = 2a_1$ δεν αρκεί για να φτιάξουμε τρίγωνο με γωνίες τις δύο αυτές και εξωτερική την δοθείσα. Π.χ. αν έπαιρνα $a_1= 1^o, a_2 = 2 ^o$ τότε ποιος μου λέει ότι οι τρεις αυτές φτιάχνουν τρίγωνο; Το να φτάξεις τρίγωνο πρ...

Στο προηγούμενο σχήμα, το σημείο $K\in MO$ προκύπτει επίσης ως το σημείο τομής της $MO$ από την μεσοκάθετη ευθεία του τμήματος $BD$, όπου $D$ το σημείο μεταξύ των $L,\ O,$ ώστε να είναι $LD = r$. Κώστας Βήττας. Τελικά ήταν πολύ ευκολότερο Θέμα ! Με "κατέστρεψε" ο Πυθαγόρας και το πήγα μέσω Βρυξελλώ...

https://i.imgur.com/ohV14rl.png Καλησπέρα σε όλους, Βρήκα μια καθαρόαιμη γεωμετρική λύση και σας την παραθέτω (αν κάποιος βρει κάποια άλλη παρακαλώ να την μοιραστεί). Μελετώντας τον αλγεβρικό τύπο της λύσης, παρατήρησα ότι μπορεί να γραφεί ως εξής: $\frac{r-\kappa}{r+\kappa}=\frac{x }{R}$ όπου $\ka...

Καλησπέρα σε όλους, Στο παρακάτω θέμα (δείτε σχήμα) έχουμε δύο ίσους κύκλους και έναν τρίτο που εφάπτονται εξωτερικά. Αναζητούμε σημείο Κ εντός της σκιαγραφημένης περιοχής που να ισαπέχει από τους τρεις κύκλους. Το θέμα έχει λυθεί με μια όχι καθαρόαιμη γεωμετρική λύση (η απάντηση φαίνεται στην εικόν...

Καλησπέρα σε όλους,
ψάχνω για ένα καλό βιβλίο με ασκήσεις άλγεβρας Ά Λυκείου.
Ποιο θα προτείνατε εσείς;

Γιώργος Ρίζος έγραψε: ↑

Πέμ Σεπ 09, 2021 7:23 pm

Ο μαθητής πρέπει να ξέρει:
Σχέση επίκεντρης - εγγεγραμμένης που βαίνουν στο ίδιο τόξο.
...

ακόμη και αυτη η γνώση μπορεί να αντικατασταθεί από μια που διδάσκεται νωρίτερα: η είναι εξωτερική γωνία ισοσκελούς τριγώνου

edit: Στο Γ1 εννοείται ότι ο υπολογισμός του μήκους του $A \Gamma$ μπορεί να γίνει και δίχως τη χρήση του Ν. Συνημιτόνων και του τύπου διπλασίου τόξου, φέρνοντας την κάθετη από το $O$ στην $A \Gamma$. Οπότε $cos(\theta/2)= A \Gamma /2$ κ.ο.κ. Απλά ήθελα να αποφύγω την κατασκευή σχήματος στην αρχική...

Αγαπητοί συνομιλητές, θα συνεχίσω αυτήν την συζήτηση μόνον αν οι διαχειριστές επιτρέψουν να γίνει τελικά αυτη η συζήτηση εδω ή τέλος πάντων όπου πρέπει να τοποθετηθεί.
Δεν θέλω να μπω σε διαδικασία διαλόγου και ξαφνικα να βρεθουν όλα τα σχετικά ποστ διεγραμμενα με την αιτιολογία "εκτός θέματος".

Πως θα σας φαινόταν η ιδέα να καταργηθεί εντελώς αυτός ο "διαγωνισμός" και να ανοίξουν όλα τα Πανεπιστήμια για όλους; Οποιος έχει τις ικανότητες θα τελειωνει τις σπουδές του στην σχολή που επιθυμεί ή θα μπορεί ακόμη και να την παρατάει αν διαπιστώνει ότι τελικά δεν του άρεσε και να πηγαίνει κάπου αλ...

http://i66.tinypic.com/2j1lh8o.jpg Από $\triangle ATB$ έχουμε: $cos\omega=\frac{5}{6}$ (1) $cos2\omega =2cos^2\omega -1=2(\frac{5}{6})^2-1\Leftrightarrow cos2\omega =\frac{7}{18}$ (2) Από N.Ημιτόνων στο $\triangle ATS$ έχουμε: $\frac{sinT}{AS}=\frac{sinS}{AT}\Leftrightarrow \frac{sin(90°+\omega )}{...

Γιώργο χαιρετώ , καλημέρα σε όλους ! 31-1-18 GV Πλευρική παραλληλία.PNG Έστω για ευκολία $AC=4 \Rightarrow BC=3$.Με το Ν.Σ στο $ABC$: $BC^{2}=AB^{2}+AC^{2}-2AB\cdot AC\cdot cosA$ και για $AB=x$ προκύπτει η $x^{2}-4\sqrt{2}x+7=0$ με δεκτή ρίζα $AB=x=2 \sqrt{2}+1$ ( για $x=2 \sqrt{2}-1$ έπεται $\wide...

http://i65.tinypic.com/ielbio.jpg Από $\triangle CQP$ έχουμε: $sin\omega=\frac{x}{15}$ (1) Από $\triangle STB$ έχουμε: $cos\omega=\frac{x}{20}$ (2) $sin^2\omega+cos^2\omega=1\Leftrightarrow (\frac{x}{15})^2+(\frac{x}{20})^2=1\Leftrightarrow x=12$ Με Π.Θ. στα $\triangle CQP$ και $\triangle STB$ βρίσ...

Καλημέρα. Ωραίος μεν ο τρόπος , αγαπητέ makman94 για τον υπολογισμό της ακτίνας αλλά θεωρώ ότι πρέπει πρώτα να δείξουμε ότι το τόξο είναι πράγματι ημικύκλιο (για να ανήκει το κέντρο στην $PC$). Αυτό έχει δειχθεί στις προηγούμενες αναρτήσεις με χρήση και του δεδομένου $AB=12$. Εικάζω ότι την ευθύνη ...

Ακόμη μία , http://i68.tinypic.com/acd920.jpg Έστω Ο το κέντρο του κύκλου , τότε $\triangle OZC$ ισοσκελές και άρα $\angle OZC=\omega$, άρα $OZ\parallel AC$. Συνεπώς, $\frac{BO}{BC}=\frac{ZO}{AC}\Leftrightarrow \frac{16-R}{16}=\frac{R}{7}\Leftrightarrow R=\frac{112}{23}$. Οπότε το ζητούμενο ημικύκλι...

http://i66.tinypic.com/238dvo.jpg Από Π.Θ. στο $\triangle ABH$ προκύπτει $BH=15$ Από Θ.Διχοτόμων στο $\triangle ABH$ έχουμε: $\frac{BK}{BK+KH}=\frac{AB}{AB+AH}\Leftrightarrow \frac{BK}{15}=\frac{17}{25}\Leftrightarrow BK=\frac{51}{5}$ $\triangle BKP$ είναι ισοσκελές ($\measuredangle BKP=\measuredan...

Χρόνια πολλά σε όλους ! http://i66.tinypic.com/975ifq.jpg Έχουμε: $\frac{KA}{KO}=\frac{AD}{OC}\Leftrightarrow \frac{KA}{KA+R}=\frac{1}{R}$ (1) Από $\triangle KAD$ έχουμε: $KA=\frac{1}{cosa}$ (2) Από (1) και (2) προκύπτει: $cosa=\frac{R-1}{R}$ (3) Ακόμη έχουμε: $\frac{MB}{MO}=\frac{BE}{OC}\Leftrighta...

Ίσως βρείτε ενδιαφέρον ένα ακόμη ερώτημα : Αν $G$ το μέσον της $MN$ και η $SM$ τέμνει τις $AG,OT$ στα $F,I$ αντίστοιχα τότε να βρεθεί ο λόγος $\dfrac{FM}{MI}$ Φιλικά , Γιώργος . http://i68.tinypic.com/jqrdli.jpg $(AMN)=(ATB)\Leftrightarrow R*NM=2R*TS\Leftrightarrow R*2*GM=2R*TS\Leftrightarrow GM=TS...

http://i64.tinypic.com/11jb4ef.jpg Το τετράπλευρο $FDGE$ είναι εγγράψιμο,άρα $\measuredangle tDF=\measuredangle GEF=a$ $\measuredangle tDF=\measuredangle DAB$ ($CD\parallel AB$) και $\measuredangle DAE=\measuredangle EAB=\measuredangle DCA=\measuredangle ACB=\frac{a}{2}$($AC$ διχοτόμος) Από $\trian...

Με θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο $ABC$ και διατέμνουσα την $MLT$ έχουμε: $\dfrac{BM}{MC} \cdot \dfrac{TC}{TA} \cdot \dfrac{AL}{LB}=1 \Rightarrow \dfrac{AL}{TA} \cdot \dfrac{TC}{LB}=1 \Rightarrow \dfrac{TA}{AL} = \dfrac{TC}{LB} \Rightarrow \dfrac{2TA}{2AL} = \dfrac{TC}{LB} \Rightarrow $ $ \dfrac{2TA+...

Επιτρέψτε μου να δώσω ένα tip που έχω παρατηρήσει και πιστεύω ότι είναι προς την σωστή κατεύθυνση για την λύση (χωρίς να θέλω να επηρεάσω την σκέψη σας). http://i63.tinypic.com/29as4zn.jpg Το σημείο $I$ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου $HK\Lambda$ ($\Lambda \Theta$ διάμεσος και $I\Lambda = 2\times \...