4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Στον παρόντα φάκελο μπορούν να γίνουν προσκλήσεις για συγγραφή ομαδικών εργασιών που αφορούν μαθηματικά από μέλη του mathematica.gr. Η θεματολογία μπορεί να ποικίλει ανάλογα με τα ενδιαφέροντα των συγγραφέων.
Κανόνες Δ. Συζήτησης
Συνοπτικοί κανόνες για την ομαδική συγγραφή εργασιών μέσα στους χώρους του mathematica.gr

α) Κάθε πρόσκληση για ομαδική εργασία γίνεται στον παρόντα φάκελο.
β) Ένα μέλος του mathematica.gr ορίζεται ως συντονιστής της έκδοσης της εργασίας, είναι ο υπεύθυνος της έκδοσης και ορίζει τις αρμοδιότητες των υπολοίπων μελών. Αυτό μπορεί να γίνει και σε συνεννόηση με άλλα μέλη. Ο συντονιστής της έκδοσης έρχεται σε επαφή με το συμβούλιο των συντονιστών του mathematica.gr και απευθύνεται σε αυτό για οποιοδήποτε απορία/πρόβλημα προκύψει.
γ) Οι λύσεις όλων των θεμάτων γράφονται σε {\color{orange}\LaTeX} και προαιρετικά μπορεί η δημοσίεση να περιλαμβάνει τη λύση γραμμένη και σε Mathtype.
δ) Στο τέλος αναρτάται ΜΟΝΟ σε μορφή .pdf η έκδοση.
ε) Περιέχεται σε κάθε σελίδα και στο εξώφυλλο το λογότυπο του mathematica.gr
στ) Στο εξώφυλλο αναφέρονται τα επώνυμα μέλη που βοήθησαν στην συγγραφή του δελτίου. Σε περίπτωση που ο αριθμός τους είναι μεγάλος τότε τα ονόματα αντί στο εξώφυλλο αναφέρονται σε ειδικό χώρο στο εσώφυλλο του Δελτίου.
ζ) Την τελική έγκριση του Δελτίου την έχουν οι συντονιστές του mathematica.gr
Άβαταρ μέλους
AMD
Δημοσιεύσεις: 61
Εγγραφή: Τετ Δεκ 17, 2014 11:14 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#41

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AMD » Τρί Δεκ 23, 2014 10:44 am

george visvikis έγραψε:
xrysa1988 έγραψε:Kαλημέρα! στο θέμα 19037 , στο β ερώτημα όπου ζητείται να αποδείξουμε οτι η γωνία Α είναι οξεία, αυτό δεν προκύπτει από το γεγονός ότι η Α είναι γωνία του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΕ , αρα δεν μπορεί να είναι κάτι άλλο παρά μόνο οξεία?
Καλημέρα!
Μόνο αν η γωνία A είναι οξεία, αλλιώς αν είναι αμβλεία τα ύψη τέμνονται έξω από το τρίγωνο ή αν είναι ορθή πάνω στην κορυφή A. Δες το παρακάτω σχήμα.
Το συνημμένο 19037.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Βλέπω ότι ήδη απάντησε ο Γιώργος Ρίζος, τον οποίο και καλημερίζω.
Καλημέρα, πιστεύω έχουμε και την περίπτωση που φαίνεται στο παρακάτω σχήμα
για την οποία δε, ισχύουν κανονικά τα ερωτήματα β και γ.

Σε κάθε περίπτωση - που κανονικά πρέπει να εξεταστεί αφού δεν προσδιορίζεται η θέση του ορθόκεντρου απο την εκφώνηση- τα τρίγωνα ΑΕΗ, ΑΔΓ είναι όμοια
και μας δίνουν την λύση του ερωτήματος α).
Συνημμένα
19037β2.png
19037β2.png (9.93 KiB) Προβλήθηκε 2747 φορές


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4384
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#42

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Δευ Ιαν 19, 2015 5:49 pm

Καλησπέρα σε όλους. Αν δεν το έχετε προσέξει, έχουν αναρτηθεί γύρω στα 30 νέα θέματα Γεωμετρίας (δεύτερα και τέταρτα). Ας συνεχίσουμε την επεξεργασία τους, όπως τα προηγούμενα (δηλώνουμε ποιο θέμα θα λύσουμε για να μην έχουμε αλληλοκαλύψεις).
Ας δώσουμε πλήρεις απαντήσεις και, αν είναι εύκολο, και σε συνημμένο word, για να μη δυσκολευτούμε στην αποδελτίωση.

ΠΡΟΣΟΧΗ στους φακέλους (4ο, 2ο θέμα)...


Άβαταρ μέλους
AMD
Δημοσιεύσεις: 61
Εγγραφή: Τετ Δεκ 17, 2014 11:14 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#43

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AMD » Τρί Ιαν 20, 2015 11:11 am

ΘΕΜΑ 4_22336

Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) προκτείνουμε την πλευρά ΑΓ κατά τμήμα
\Gamma\Delta=\frac{A\Gamma}{2}. Αν η προέκταση του ύψους ΑΜ, τέμνει την ΒΔ στο Ε, να αποδείξετε ότι:

α) \frac{BE}{E\Delta}=\frac{2}{3}

β) \frac{(BE\Gamma)}{(\Gamma E\Delta)}=\frac{2}{3}

γ) \frac{(AB\Delta)}{(\Gamma E\Delta)}=\frac{5}{2}

Λύση

α) Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ η ΑΜ είναι το ύψος προς την βάση οπότε θα είναι και διχοτόμος και διάμεσος. Απο το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε:

\frac{BE}{E\Delta}=\frac{AB}{A\Delta}=\frac{A\Gamma}{A\Gamma + \Gamma\Delta}= \frac{A\Gamma}{A\Gamma + \frac{A\Gamma}{2} }= \frac{A\Gamma}{\frac{3A\Gamma}{2} }=\frac{2}{3}

β) \frac{(BE\Gamma)}{(\Gamma E\Delta)}=\frac{\frac{1}{2} BE \cdot \upsilon_{\Gamma} }{\frac{1}{2} E\Delta \cdot \upsilon_{\Gamma}}= \frac{BE}{E\Delta} = \frac{2}{3}

γ) Παρατηρούμε ότι (ABE)=(AE\Gamma) διότι έχουν κοινή βάση την ΑΕ και τα ύψη που αντιστοιχούν σε αυτή είναι ίσα (ΒΜ=ΜΓ)

αναλύουμε στα επιμέρους εμβαδά τριγώνων: (AB\Delta)= (ABE)+(AE\Gamma)+(\Gamma E\Delta)= 2(AE\Gamma)+(\Gamma E\Delta)
ισοδύναμα
\frac{(AB\Delta)}{(\Gamma E\Delta)} = \frac{2(AE\Gamma)}{(\Gamma E\Delta)} + \frac{(\Gamma E\Delta)}{(\Gamma E\Delta)} = 2\frac{ \frac{1}{2} A\Gamma \cdot \upsilon_{E}}{\frac{1}{2} \Gamma \Delta \cdot \upsilon_{E}} +1 = 2\frac{A\Gamma}{\Gamma \Delta} + 1 = 2\cdot 2 +1 =5

(*) για το γ) ερώτημα νομίζω δεν έχει γίνει λάθος στις πράξεις και ότι υπάρχει τυπογραφικό στην εκφώνηση. Παρακαλώ δείτε το και εσείς μήπως μου διέφυγε κάτι.
Συνημμένα
22336b.png
22336b.png (9.54 KiB) Προβλήθηκε 2547 φορές
τελευταία επεξεργασία από AMD σε Τρί Ιαν 20, 2015 12:50 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8303
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#44

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Ιαν 20, 2015 11:30 am

4_22299

Δίνεται κύκλος (O,R) και σημείο Mτέτοιο, ώστε η δύναμή του ως προς τον κύκλο (O,R) να
είναι 3R^2 . Αν MA, MB είναι τα εφαπτόμενα τμήματα από το σημείο Μ προς τον κύκλο, τότε :
α) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{MA = R\sqrt 3 } (Μονάδες 6)
β) Να βρείτε ως συνάρτηση της ακτίνας R το εμβαδόν
i) του τετραπλεύρου OAMB (Μονάδες 6)
ii) του (σκιασμένου) μικτόγραμμου τριγώνου AMB (Μονάδες 8)
γ) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{(OA\Gamma B) = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}}, όπου \Gamma είναι το σημείο τομής του κύκλου με το ευθύγραμμο τμήμα OM. (Μονάδες 5)

Λύση
G_4_22299.png
G_4_22299.png (21.78 KiB) Προβλήθηκε 2548 φορές
α) Από τη δύναμη του σημείου M είναι: \displaystyle{{(MA)^2} = 3{R^2} \Leftrightarrow MA = R\sqrt 3 }
β) i) Το τετράπλευρο OAMB αποτελείται από τα δύο ίσα τρίγωνα OAM, OBM. Άρα θα είναι: \displaystyle{(OAMB) = 2(OAM) = \frac{{2OA \cdot AM}}{2} \Leftrightarrow (OAMB) = {R^2}\sqrt 3 }
ii) Το ζητούμενο εμβαδόν E βρίσκεται αν από το εμβαδόν του τετραπλεύρου OAMB αφαιρέσουμε το εμβαδόν E_1 του κυκλικού τομέα OAB.
\displaystyle{\varepsilon \varphi (M\widehat OA) = \frac{{R\sqrt 3 }}{R} = \sqrt 3  \Leftrightarrow M\widehat OA = {60^0}}. Άρα ο κυκλικός τομέας OAB έχει γωνία 120^0 και

εμβαδόν \displaystyle{{E_1} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}}. Οπότε: \displaystyle{E = (OAMB) - {E_1} = {R^2}\sqrt 3  - \frac{{\pi {R^2}}}{3} \Leftrightarrow E = \frac{{{R^2}}}{3}\left( {3\sqrt 3  - \pi } \right)}

γ) Το τετράπλευρο OA\Gamma B είναι ρόμβος με μία γωνία 60^0, άρα το εμβαδόν του θα είναι το διπλάσιο του ισοπλεύρου τριγώνου OA\Gamma.
\displaystyle{(OA\Gamma B) = 2(OA\Gamma ) = 2\frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} \Leftrightarrow (OA\Gamma B) = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}}
Συνημμένα
G_4_22299.docx
(158.05 KiB) Μεταφορτώθηκε 79 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8303
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#45

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Ιαν 20, 2015 12:55 pm

Άσκηση 4_22307

Δίνεται κανονικό εξάγωνο AB\Gamma\Delta EZ εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Φέρουμε τα τμήματα A\Gamma, A\Delta και AM , όπου M το μέσο του \Gamma\Delta. Να αποδείξετε ότι:
α) \displaystyle{({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z}) = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{2}} (Μονάδες 5)
β) \displaystyle{(AM\Delta ) = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}} (Μονάδες 7)
γ) (AM\Delta EZ) = 2(AB\Gamma M) (Μονάδες 5)
δ) Το εμβαδόν του (σκιασμένου) κυκλικού τμήματος που περικλείεται από τη χορδή A\Gamma και το τόξο AB\Gamma είναι ίσο με: \displaystyle{\frac{{{R^2}}}{{12}}\left( {4\pi  - 3\sqrt 3 } \right)} (Μονάδες 8)

Λύση
G_4_22307.png
G_4_22307.png (16.66 KiB) Προβλήθηκε 2474 φορές
α) Το κανονικό εξάγωνο έχει εμβαδόν εξαπλάσιο από το εμβαδόν του ισοπλεύρου τριγώνου O\Gamma\Delta: \displaystyle{({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z}) = 6(O\Gamma \Delta ) = 6\frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{2}}
β) \displaystyle{(AM\Delta ) = \frac{1}{2}(A\Gamma \Delta ) = \frac{1}{2} \cdot \frac{{A\Delta  \cdot \Delta \Gamma \eta \mu {{60}^0}}}{2} = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}}
γ) Τα τρίγωνα AB\Gamma, AEZ είναι ίσα, καθώς επίσης και τα A\Delta E, A\Delta\Gamma, ενώ τα τρίγωνα AM\Delta, A\Gamma M έχουν ίσα εμβαδά.
\displaystyle{({\rm A}\Gamma \Delta ) = ({\rm A}\Delta {\rm E}) = \frac{1}{3}({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z})}, άρα \displaystyle{({\rm A}{\rm B}\Gamma ) = ({\rm A}{\rm Z}{\rm E}) = \frac{1}{6}({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z})}

\displaystyle{({\rm A}{\rm M}\Delta {\rm E}{\rm Z}) = ({\rm A}{\rm M}\Delta ) + ({\rm A}\Delta {\rm E}) + (A {\rm E}{\rm Z}) = \left( {\frac{1}{6} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6}} \right)({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z}) = }

\displaystyle{\frac{2}{3}({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z}) \Leftrightarrow ({\rm A}{\rm B}\Gamma {\rm M}) = \frac{1}{3}({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z}) \Leftrightarrow ({\rm A}{\rm M}\Delta {\rm E}{\rm Z}) = 2({\rm A}{\rm B}\Gamma {\rm M})}

δ) Αν E_k είναι το ζητούμενο εμβαδόν και E_1 το εμβαδόν του κυκλικού τομέα OA\Gamma, τότε:

\displaystyle{{{\rm E}_k} = {{\rm E}_1} - ({\rm O}{\rm A}\Gamma ) = \frac{{\pi {R^2}120}}{{360}} - \frac{1}{2}{R^2}\eta \mu {120^0} = \frac{{\pi {R^2}}}{3} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{R^2}}}{{12}}\left( {4\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}
Συνημμένα
G_4_22307.docx
(150.19 KiB) Μεταφορτώθηκε 72 φορές
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Τρί Ιαν 20, 2015 7:58 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8303
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#46

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Ιαν 20, 2015 1:20 pm

AMD έγραψε:ΘΕΜΑ 4_22336


\frac{(AB\Delta)}{(\Gamma E\Delta)} = \frac{2(AE\Gamma)}{(\Gamma E\Delta)} + \frac{(\Gamma E\Delta)}{(\Gamma E\Delta)} = 2\frac{ \frac{1}{2} A\Gamma \cdot \upsilon_{E}}{\frac{1}{2} \Gamma \Delta \cdot \upsilon_{E}} +1 = 2\frac{A\Gamma}{\Gamma \Delta} + 1 = 2\cdot 2 +1 =5

(*) για το γ) ερώτημα νομίζω δεν έχει γίνει λάθος στις πράξεις και ότι υπάρχει τυπογραφικό στην εκφώνηση. Παρακαλώ δείτε το και εσείς μήπως μου διέφυγε κάτι.
Σωστό το έχεις.
Προφανώς είναι η εκφώνηση λάθος.


ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ
Δημοσιεύσεις: 73
Εγγραφή: Παρ Μάιος 17, 2013 8:15 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#47

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ » Τρί Ιαν 20, 2015 1:47 pm

AMD έγραψε:ΘΕΜΑ 4_22336

Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) προκτείνουμε την πλευρά ΑΓ κατά τμήμα
\Gamma\Delta=\frac{A\Gamma}{2}. Αν η προέκταση του ύψους ΑΜ, τέμνει την ΒΔ στο Ε, να αποδείξετε ότι:

α) \frac{BE}{E\Delta}=\frac{2}{3}

β) \frac{(BE\Gamma)}{(\Gamma E\Delta)}=\frac{2}{3}

γ) \frac{(AB\Delta)}{(\Gamma E\Delta)}=\frac{5}{2}

Λύση

α) Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ η ΑΜ είναι το ύψος προς την βάση οπότε θα είναι και διχοτόμος και διάμεσος. Απο το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε:

\frac{BE}{E\Delta}=\frac{AB}{A\Delta}=\frac{A\Gamma}{A\Gamma + \Gamma\Delta}= \frac{A\Gamma}{A\Gamma + \frac{A\Gamma}{2} }= \frac{A\Gamma}{\frac{3A\Gamma}{2} }=\frac{2}{3}

β) \frac{(BE\Gamma)}{(\Gamma E\Delta)}=\frac{\frac{1}{2} BE \cdot \upsilon_{\Gamma} }{\frac{1}{2} E\Delta \cdot \upsilon_{\Gamma}}= \frac{BE}{E\Delta} = \frac{2}{3}

γ) Παρατηρούμε ότι (ABE)=(AE\Gamma) διότι έχουν κοινή βάση την ΑΕ και τα ύψη που αντιστοιχούν σε αυτή είναι ίσα (ΒΜ=ΜΓ)

αναλύουμε στα επιμέρους εμβαδά τριγώνων: (AB\Delta)= (ABE)+(AE\Gamma)+(\Gamma E\Delta)= 2(AE\Gamma)+(\Gamma E\Delta)
ισοδύναμα
\frac{(AB\Delta)}{(\Gamma E\Delta)} = \frac{2(AE\Gamma)}{(\Gamma E\Delta)} + \frac{(\Gamma E\Delta)}{(\Gamma E\Delta)} = 2\frac{ \frac{1}{2} A\Gamma \cdot \upsilon_{E}}{\frac{1}{2} \Gamma \Delta \cdot \upsilon_{E}} +1 = 2\frac{A\Gamma}{\Gamma \Delta} + 1 = 2\cdot 2 +1 =5

(*) για το γ) ερώτημα νομίζω δεν έχει γίνει λάθος στις πράξεις και ότι υπάρχει τυπογραφικό στην εκφώνηση. Παρακαλώ δείτε το και εσείς μήπως μου διέφυγε κάτι.
Έχετε απόλυτο δίκιο. Το γ) έχει ως αποτέλεσμα 5. Ενώ την είχα έτοιμη, δεν την ανέβασα για να την ελέγξω με το Geogebra που κι αυτό δίνει 5. Άλλωστε το ίδιο το σχήμα βάζει σε υποψίες. Και ήταν η πρώτη στη σειρά που ασχοληθήκαμε ...


ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ
Δημοσιεύσεις: 73
Εγγραφή: Παρ Μάιος 17, 2013 8:15 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#48

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ » Τρί Ιαν 20, 2015 1:59 pm

Ανεβάζω σε word την 4_22336 με μία διαφορετική λύση από τον ΑΜD και για τον κόπο.
Συνημμένα
ΑΣΚΗΣΗ 22336.docx
(81.87 KiB) Μεταφορτώθηκε 96 φορές


ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ
Δημοσιεύσεις: 73
Εγγραφή: Παρ Μάιος 17, 2013 8:15 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#49

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ » Τρί Ιαν 20, 2015 8:27 pm

Aνεβάζω τρεις ασκήσεις σε word: 22325-22332-22333 αλλά δεν βλέπω προθυμία και οι ασκήσεις είναι μπόλικες. Τι γίνεται;
Συνημμένα
ΑΣΚΗΣΕΙΣ 22325-22332-22333.docx
(302.51 KiB) Μεταφορτώθηκε 98 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8303
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#50

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Ιαν 20, 2015 8:35 pm

Άσκηση 4_22315

Δίνεται κύκλος (O,R) διαμέτρου AB και ημιευθεία Ax τέτοια, ώστε η γωνία BAx να είναι 30^0 . Η Ax τέμνει τον κύκλο στο σημείο \Gamma. Φέρουμε την εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο B, η οποία
τέμνει την Ax στο σημείο P. Να αποδείξετε ότι:
α) B\Gamma=R (Μονάδες 5)
β) \displaystyle{\frac{{({\rm P}{\rm B}\Gamma )}}{{({\rm P}{\rm A}{\rm B})}} = \frac{1}{4}} (Μονάδες 8)
γ) \displaystyle{{\rm P}{\rm B} = \frac{{2R\sqrt 3 }}{3}} (Μονάδες 6)
δ) Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που περιέχεται στην κυρτή γωνία BO\Gamma είναι: \displaystyle{E = \frac{{{R^2}\left( {2\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}} (Μονάδες 6)

Λύση
G_4_22315.png
G_4_22315.png (14.39 KiB) Προβλήθηκε 2431 φορές
α) Το τρίγωνο OA\Gamma είναι ισοσκελές, οπότε \displaystyle{B\widehat O\Gamma  = {60^0}}, ως εξωτερική γωνία. Το τρίγωνο λοιπόν OB\Gamma είναι ισόπλευρο και κατά συνέπεια B\Gamma = R.
β) Τα ορθογώνια τρίγωνα BP\Gamma, PAB είναι όμοια με λόγο ομοιότητας
\displaystyle{\lambda  = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{{{\rm A}{\rm B}}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{({\rm P}{\rm B}\Gamma )}}{{({\rm P}{\rm A}{\rm B})}} = \frac{1}{4}}

γ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο PAB, είναι \displaystyle{B\widehat AP = {30^0} \Leftrightarrow PA = 2BP}, οπότε από Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε:
\displaystyle{4P{B^2} = P{B^2} + A{B^2} \Leftrightarrow 3P{B^2} = 4{R^2} \Leftrightarrow PB = \frac{{2R\sqrt 3 }}{3}}
δ) Έστω E_1 το εμβαδόν του κυκλικού τομέα BO\Gamma:
\displaystyle{E = {E_1} - (OB\Gamma ) = \frac{{\pi {R^2}60}}{{360}} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\pi {R^2}}}{6} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{R^2}\left( {2\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}}
Συνημμένα
G_4_22315.docx
(146.08 KiB) Μεταφορτώθηκε 75 φορές
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Τρί Ιαν 20, 2015 9:35 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1799
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#51

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τρί Ιαν 20, 2015 9:09 pm

22319

Δίνεται ημικύκλιο κέντρου Ο και διαμέτρου ΑΒ=2R. Στην προέκταση του ΑΒ προς το Β, θεωρούμε ένα σημείο Μ, τέτοιο ώστε ΒΜ=2R. Από το Μ φέρουμε το εφαπτόμενο τμήμα ΜΓ στο ημικύκλιο. Φέρουμε εφαπτόμενη στο ημικύκλιο στο σημείο Α η οποία τέμνει την προέκταση του τμήματος ΜΓ στο σημείο Δ.
22319.png
22319.png (7.83 KiB) Προβλήθηκε 2444 φορές
Να αποδείξετε ότι:

α) M\Gamma =2\sqrt{2}R (Μονάδες 8)

β) MO\cdot MA=M\Gamma \cdot M\Delta (Μονάδες 8)

γ) (AO\Gamma \Delta )=(MO \Gamma ) (Μονάδες 9)

ΛΥΣΗ

Φέρνουμε την ΟΓ. Επειδή η εφαπτόμενη είναι κάθετη με την ακτίνα στο σημείο επαφής, είναι \widehat{\Delta A O}=90^0=\widehat{O\Gamma M}

a) Για την εφαπτομένη M\Gamma είναι
  • M\Gamma ^2=MB\cdot MA=2R\cdot4R=8R^2
οπότε
  • M\Gamma =\sqrt{8}R=2\sqrt{2}R
22319a.png
22319a.png (9.29 KiB) Προβλήθηκε 2444 φορές
β) Tα τρίγωνα O\Gamma M,\Delta AM είναι όμοια, γιατί είναι ορθογώνια με κοινή την γωνία της κορυφής τους Μ, επομένως:
  • \dfrac{\Gamma M}{AM}=\dfrac{OM}{\Delta M} \Rightarrow MO\cdot MA=M\Gamma \cdot M\Delta
2ος τρόπος. Το τετράπλευρο AO\Gamma \Delta είναι εγγράψιμο γιατί οι γωνίες του A, \Gamma έχουν άθροισμα δύο ορθές.

Από το θεώρημα των τεμνόμενων χορδών έχουμε απ΄ευθείας το ζητούμενο: MO\cdot MA=M\Gamma \cdot M\Delta

γ) Ο λόγος των εμβαδών των ομοίων τριγώνων O\Gamma M,\Delta AM ισούται με το τετράγωνο του λόγου ομοιότητάς τους, επομένως
  • \dfrac{(MA\Delta )}{(O\Gamma M)} =\left ( \dfrac{MA}{O\Gamma }  \right )^2=\left ( \dfrac{4R}{2\sqrt{2}R} \right )^2=2
δηλαδή: (MA\Delta )=2(O\Gamma M). Έτσι
  • (AO\Gamma \Delta )=(\Delta AM)-(MO \Gamma )=2(MO \Gamma )-(MO \Gamma )=(MO \Gamma )
2ος τρόπος. Έστω A\Delta =\Delta \Gamma =x. Aπό το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο AM\Delta παίρνουμε

M\Delta ^2=\Delta A^2+AM^2\Leftrightarrow (M\Gamma +x)^2=x^2+AM^2

\Leftrightarrow (2\sqrt{2}R+x)^2=x^2+(4R)^2\Leftrightarrow R^2+x^2+2\sqrt{2}xR=x^2+16R^2

\Leftrightarrow x=\sqrt{2}R

Στη συνέχεια υπολογίζουμε:

(AO\Gamma \Delta) =2(AO\Delta )=2\dfrac{1}{2}AO\cdot A\Delta =2\dfrac{1}{2}R\cdot\sqrt{2}R=\sqrt{2}R^2

(OM\Gamma )=\dfrac{1}{2}M\Gamma \cdot O\Gamma =\dfrac{1}{2}2\sqrt{2}R\cdot R=\sqrt{2}R^2

Επομένως (AO\Gamma \Delta) =OM\Gamma )


Άβαταρ μέλους
rek2
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1799
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 12:13 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#52

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από rek2 » Τρί Ιαν 20, 2015 9:12 pm

22323

Δίνεται τρίγωνο AB\Gamma με πλευρές α,β,γ για το οποίο ισχύει ότι: \beta ^2+\gamma ^2=2\alpha ^2. Φέρουμε τα ύψη B\Delta , \Gamma Eκαι τη διάμεσο B\Delta , \Gamma E το μέσο της οποίας είναι το σημείο Z.
22323.png
22323.png (8.3 KiB) Προβλήθηκε 2442 φορές
Να αποδείξετε ότι:

α) \widehat{A}<90^o (Μονάδες 6)

β) AE=\frac{\alpha ^2}{2\gamma } (Μονάδες 10)

γ) AM=\frac{\sqrt{3}\alpha }{2} (Μονάδες 9)

ΛΥΣΗ

α) Έχουμε:
  • \beta ^2+\gamma ^2=2\alpha ^2\Rightarrow \beta ^2+\gamma ^2<\alpha ^2\Rightarrow \widehat{A}<90^o
β) Από το τετράγωνο της πλευράς α που βρίσκεται απέναντι από οξεία γωνία έχουμε:
  • \alpha ^2=\beta ^2+\gamma ^2-2\gamma AE\Rightarrow \alpha ^2=2\alpha ^2-2\gamma AE\Rightarrow AE=\frac{\alpha ^2}{2\gamma }
γ) Από τον τύπο της διαμέσου \mu _a έχουμε
  • AM^2=\mu _a^2=\frac{2\beta ^2+2\gamma ^2-\alpha ^2}{4}=\frac{2(\beta ^2+\gamma ^2)-\alpha ^2}{4}=\frac{4\alpha ^2-\alpha ^2}{4}=\frac{3\alpha ^2}{4}
δηλαδή AM^2=\frac{3\alpha ^2}{4}, επομένως AM=\frac{\sqrt{3}\alpha }{2}

Παρατήρηση: Το Ζ περισσεύει.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8303
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#53

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Ιαν 20, 2015 9:43 pm

Άσκηση 4_22328

Δίνεται κύκλος (K,R) και διάμετρός του AB. Από σημείο E στην προέκταση της AB προς το μέρος του B φέρουμε εφαπτόμενο τμήμα στον κύκλου και έστω \Gamma το σημείο επαφής. Στο σημείο E φέρουμε κάθετη στην AB η οποία τέμνει την προέκταση της A\Gamma στο σημείο \Delta. Να αποδείξετε ότι:
α) Το τετράπλευρο BE\Delta\Gamma είναι εγγράψιμο. (Μονάδες 8)
β) \displaystyle{{\rm A}\Gamma  \cdot {\rm A}\Delta  = {\rm A}{{\rm E}^2} - {\rm B}{\rm E} \cdot {\rm A}{\rm E}} (Μονάδες 10)

γ) \displaystyle{\frac{{({\rm A}\Gamma {\rm E})}}{{({\rm B}{\rm E}\Gamma )}} = \frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{{\rm B}{\rm E}}}} (Μονάδες 7)

Λύση.

α) \displaystyle{{\rm A}\widehat \Gamma {\rm B} = {\rm A}\widehat {\rm E}{\rm B} = {90^0}}, άρα το τετράπλευρο BE\Delta\Gamma είναι εγγράψιμο.

β) Από το προηγούμενο ερώτημα θα ισχύει η σχέση:
\displaystyle{{\rm A}\Gamma  \cdot {\rm A}\Delta  = {\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}{\rm E} = {\rm A}{\rm E}({\rm A}{\rm E} - {\rm B}{\rm E}) = {\rm A}{{\rm E}^2} - {\rm B}{\rm E} \cdot {\rm A}{\rm E}}
G_4_22328.png
G_4_22328.png (8.77 KiB) Προβλήθηκε 2403 φορές
γ) Τα τρίγωνα A\Gamma E, BE\Gamma έχουν κοινή τη γωνία \displaystyle{\Gamma \widehat {\rm E}{\rm A}}. Άρα: \displaystyle{\frac{{({\rm A}\Gamma {\rm E})}}{{({\rm B}{\rm E}\Gamma )}} = \frac{{{\rm A}{\rm E} \cdot {\rm E}\Gamma }}{{{\rm B}{\rm E} \cdot {\rm E}\Gamma }} = \frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{{\rm B}{\rm E}}}}
Συνημμένα
G_4_22328.docx
(126.43 KiB) Μεταφορτώθηκε 73 φορές
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Τρί Ιαν 20, 2015 10:25 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
asemarak
Δημοσιεύσεις: 25
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 18, 2009 9:30 pm

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#54

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από asemarak » Τρί Ιαν 20, 2015 10:02 pm

4_22335

Ιδιοκτήτης μεγάλης ακίνητης περιουσίας διαθέτει προς πώληση μια ιδιοκτησία του, η οποία
περιλαμβάνει τρία διαδοχικά οικόπεδα με συνολική πρόσοψη 195 m σε ακτή θάλασσας, τα
οποία αποτυπώνονται στο σχέδιο που ακολουθεί. Οι επιφάνειες της ιδιοκτησίας και των
οικοπέδων είναι σχήματος ορθογωνίου τραπεζίου. Σημειώνεται ότι, ως πρόσοψη οικοπέδου
θεωρείται το μήκος της πλευράς του οικοπέδου που συνορεύει με την ακτή της θάλασσας.
22335.png
22335.png (36.5 KiB) Προβλήθηκε 2371 φορές
(σημειώνεται ότι το σχέδιο δεν έχει γίνει υπό κλίμακα)
α) Να υπολογίσετε το μήκος της πρόσοψης του κάθε οικοπέδου. (Μονάδες 12)
β) Αν τα μήκη των δυο άλλων πλευρών της ιδιοκτησίας είναι ανάλογα των αριθμών 2 και 1, να
υπολογίσετε την περίμετρο της ιδιοκτησίας. (Δίνεται ότι \sqrt{13689} = 117 ) (Μονάδες 13)

ΛΥΣΗ
22335kl.png
22335kl.png (7.65 KiB) Προβλήθηκε 2371 φορές
(σχέδιο υπό κλίμακα)

α) Είναι ΔΛ//ΕΚ//ΖΙ//ΗΘ, οπότε από το Θεώρημα του Θαλή έχουμε:

\frac{\Lambda K}{\Delta E}=\frac{KI}{EZ}=\frac{I\Theta }{ZH}=\frac{\Lambda K+KI+I\Theta }{\Delta E+EZ+ZH}=\frac{\Lambda \Theta }{\Delta H}=\frac{195}{156}=\frac{5}{4}.

Άρα \frac{\Lambda K}{\Delta E}=\frac{5}{4}\Leftrightarrow \frac{\Lambda K}{48}=\frac{5}{4}\Leftrightarrow \Lambda K=60m (πρόσοψη οικοπέδου Α)

\frac{KI}{EZ}=\frac{5}{4}\Leftrightarrow \frac{KI}{52}=\frac{5}{4}\Leftrightarrow KI=65m (πρόσοψη οικοπέδου Β)

\frac{I\Theta }{ZH}=\frac{5}{4} \Leftrightarrow \frac{I\Theta }{56}=\frac{5}{4}\Leftrightarrow I\Theta =70m (πρόσοψη οικοπέδου Γ).

β) Από το Θ φέρνουμε την ΘΜ κάθετη στην ΛΔ, οπότε σχηματίζεται το ορθογώνιο ΘΗΔΜ

με ΘΜ = ΔΗ = 156m και ΔΜ = ΘΗ.

Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΘΛΜ:

M\Lambda ^{2}=\Theta \Lambda ^{2}-\Theta M^{2}=195^{2}-156^{2}=(195-156)(195+156)=39\cdot 351=13689

Άρα M\Lambda =\sqrt{13689}=117m

Αφού τα μήκη των δυο άλλων πλευρών της ιδιοκτησίας είναι ανάλογα των αριθμών 2 και 1 έχουμε :

\frac{\Lambda \Delta }{\Theta H}=\frac{2}{1}\Leftrightarrow \frac{\Lambda \Delta }{\Delta M}=\frac{2}{1}\Leftrightarrow \Lambda \Delta =2\Delta M\Leftrightarrow Μ μέσο της πλευράς ΛΔ.

Άρα \Lambda \Delta = 2M\Lambda = 2\cdot 117 = 234m και \Theta H=M\Delta =M\Lambda =117m.

Η περίμετρος της ιδιοκτησίας είναι ίση με

\Pi =\Delta H+H\Theta +\Theta \Lambda +\Lambda \Delta =156+117+195+234=702m.



ΣΗΜΕΙΩΣΗ 1: Δεν ήταν και τόσο δύσκολο να γίνει το σχέδιο "υπό κλίμακα"

ΣΗΜΕΙΩΣΗ 2: Ιδιοκτήτης μεγάλης ακίνητης περιουσίας διαθέτει προς πώληση μια ιδιοκτησία του:
Προκλητικό για την εποχή που ζούμε ...

ΣΗΜΕΙΩΣΗ 3: Οικόπεδο με πρόσοψη στην ακτή της θάλασσας; Ακόμη πιο προκλητικό ...
Συνημμένα
4_22335.doc
(96 KiB) Μεταφορτώθηκε 82 φορές
τελευταία επεξεργασία από asemarak σε Τετ Ιαν 21, 2015 12:36 am, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Θοδωρής Καραμεσάλης
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6655
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#55

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τρί Ιαν 20, 2015 10:46 pm

Μια ακόμη άποψη για το θέμα 4_22319

( η διαφοροποίηση έγκειται στο τρίτο του ερώτημα )
Συνημμένα
4_22319.png
4_22319.png (18.04 KiB) Προβλήθηκε 2395 φορές
Τράπεζα θεμάτων Γεωμετρίας Β Λυκείου_Θέμα 4_22319.doc
(111.5 KiB) Μεταφορτώθηκε 81 φορές


ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ
Δημοσιεύσεις: 73
Εγγραφή: Παρ Μάιος 17, 2013 8:15 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#56

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ » Τρί Ιαν 20, 2015 11:22 pm

ΑΣΚΗΣΗ 22303
Συνημμένα
ΑΣΚΗΣΗ 22303.docx
(96.44 KiB) Μεταφορτώθηκε 110 φορές


ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ
Δημοσιεύσεις: 73
Εγγραφή: Παρ Μάιος 17, 2013 8:15 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#57

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ » Τετ Ιαν 21, 2015 8:04 am

AΣΚΗΣΗ 22322 (με μία παρατήρηση)
Συνημμένα
ΑΣΚΗΣΗ 22322.docx
(133.78 KiB) Μεταφορτώθηκε 85 φορές


Άβαταρ μέλους
AMD
Δημοσιεύσεις: 61
Εγγραφή: Τετ Δεκ 17, 2014 11:14 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#58

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από AMD » Τετ Ιαν 21, 2015 9:53 am

θέμα GI_V_GEO_4_22329.pdf

παρατήρηση : Υπάρχει λάθος στο αρχείο της τράπεζας και γράφει ΘΕΜΑ 2. Υποθέτω ότι είναι τυπογραφικό.

Δύο ίσοι κύκλοι (Κ,R) και (Λ,R) τέμνονται στα σημεία Α και Β έτσι ώστε το μήκος της διακέντρου να είναι K\Lambda = R\sqrt{2}.

α) Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΚΑΛΒ είναι τετράγωνο.

β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του κοινού χωρίου των δύο κύκλων.

Λύση:

α) Η διάκεντρος είναι η μεσοκάθετος της κοινής χορδής δύο τεμνόμενων κύκλων και αφού οι κύκλοι είναι ίσοι η κοινή χορδή είναι μεσοκάθετος της διακέντρου.
Οπότε στο τετράπλευρο ΚΑΛΒ οι διαγώνιοι διχοτομούνται και τέμνονται κάθετα, επομένως είναι ρόμβος.

Στο τρίγωνο ΑΚΒ εφαρμόζουμε 1ο θεώρημα διαμέσων:
KA^2 + KB^2 = 2 KM^2 + \frac{AB^2}{2}\Leftrightarrow R^2 +R^2 = 2(\frac{R\sqrt{2}}{2})^2 +  \frac{AB^2}{2} \Leftrightarrow \dots \Leftrightarrow
AB= R\sqrt{2}

Δηλαδή ο ρόμβος ΚΑΛΒ έχει ίσες διαγωνίους (K\Lambda=AB=R\sqrt{2}), άρα είναι τετράγωνο.

β) το ζητούμενο εμβαδόν είναι το διπλάσιο κυκλικό τμήμα που προκύπτει αν απο τον κυκλικό τομέα K {A}^{\frown}B αφαιρέσουμε το εμβαδόν του τριγώνου ΚΑΒ

E_{ZHT}=2( \frac{\pi \cdot R^2}{4} - \frac{R \cdot \sqrt{2} \frac{R \cdot \sqrt{2}}{2}}{2}) = \frac{R^2 (\pi -2)}{2}
Συνημμένα
22329c.png
22329c.png (23.24 KiB) Προβλήθηκε 2340 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8303
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#59

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Ιαν 21, 2015 5:08 pm

Άσκηση 4_22327

Δίνεται τρίγωνο AB\Gamma και σημεία M,\Lambda και Z πάνω στις πλευρέςAB, A\Gamma καιB\Gamma αντίστοιχα
τέτοια ώστε \displaystyle{{\rm A}{\rm M} = \frac{1}{2}{\rm A}{\rm B},{\rm A}\Lambda  = \frac{2}{3}{\rm A}\Gamma ,{\rm B}{\rm Z} = \frac{1}{3}{\rm B}\Gamma }

α) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{({\rm A}{\rm M}\Lambda ) = \frac{1}{3}({\rm A}{\rm B}\Gamma )} (Μονάδες 7)

β) Να αποδείξετε ότι \displaystyle{\frac{{({\rm M}{\rm Z}\Lambda )}}{{({\rm A}{\rm B}\Gamma )}} = \frac{5}{{18}}} (Μονάδες 12)
γ) Να υπολογίσετε το λόγο των εμβαδών \displaystyle{\frac{{({\rm A}{\rm M}{\rm Z}\Lambda )}}{{({\rm A}{\rm B}\Gamma )}}} (Μονάδες 6)

Λύση.

α) Τα τρίγωνα AM\Lambda, AB\Gamma έχουν κοινή τη γωνία A. Άρα:

\displaystyle{\frac{{({\rm A}{\rm M}\Lambda )}}{{({\rm A}{\rm B}\Gamma )}} = \frac{{{\rm A}{\rm M} \cdot {\rm A}\Lambda }}{{{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma }} = \frac{{\frac{\gamma }{2} \cdot \frac{{2\beta }}{3}}}{{\beta \gamma }} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow ({\rm A}{\rm M}\Lambda ) = \frac{1}{3}({\rm A}{\rm B}\Gamma )}
G_4_22327.png
G_4_22327.png (12.62 KiB) Προβλήθηκε 2278 φορές
β) Με τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε ότι \displaystyle{({\rm B}{\rm M}{\rm Z}) = \frac{1}{6}({\rm A}{\rm B}\Gamma )} και \displaystyle{(\Gamma \Lambda {\rm Z}) = \frac{2}{9}({\rm A}{\rm B}\Gamma )}

\displaystyle{({\rm A}{\rm B}\Gamma ) = ({\rm A}{\rm M}\Lambda ) + ({\rm B}{\rm M}{\rm Z}) + (\Gamma \Lambda {\rm Z}) + ({\rm M}\Lambda {\rm Z}) = \left( {\frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{2}{9}} \right)({\rm A}{\rm B}\Gamma ) + ({\rm M}\Lambda {\rm Z})}

\displaystyle{ \Leftrightarrow ({\rm A}{\rm B}\Gamma ) = \frac{{13}}{{18}}({\rm A}{\rm B}\Gamma ) + ({\rm M}\Lambda {\rm Z}) \Leftrightarrow ({\rm M}\Lambda {\rm Z}) = \frac{5}{{18}}({\rm A}{\rm B}\Gamma )}

γ) \displaystyle{({\rm A}{\rm M}{\rm Z}\Lambda ) = ({\rm A}{\rm M}\Lambda ) + ({\rm M}{\rm Z}\Lambda ) = \left( {\frac{1}{3} + \frac{5}{{18}}} \right)({\rm A}{\rm B}\Gamma ) \Leftrightarrow \frac{{({\rm A}{\rm M}{\rm Z}\Lambda )}}{{({\rm A}{\rm B}\Gamma )}} = \frac{{11}}{{18}}}
Συνημμένα
G_4_22327.docx
(130.03 KiB) Μεταφορτώθηκε 76 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8303
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#60

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Ιαν 21, 2015 6:03 pm

Άσκηση 4_22321

Δίνονται δύο κύκλοι (O,8), (K,2) με διάκεντρο OK = 12 η οποία τους τέμνει στα σημεία \Gamma και \Delta αντίστοιχα. Αν AB είναι κοινό εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα των δυο κύκλων και KM κάθετο τμήμα στην OA τότε να αποδείξετε ότι:
α) \displaystyle{{\rm M}{\rm K} = 6\sqrt 3 } (Μονάδες 6)
β) \displaystyle{({\rm A}{\rm O}{\rm K}{\rm B}) = 30\sqrt 3 } (Μονάδες 5)
γ) Να υπολογίσετε τη γωνία MOK (Μονάδες 7)
δ) (OA\Gamma) = 16(\Delta BK) (Μονάδες 7)

Λύση
G_4_22321.png
G_4_22321.png (13.89 KiB) Προβλήθηκε 2275 φορές
α) Το AMK είναι ορθογώνιο τρίγωνο με υποτείνουσα OK = 12 και μία κάθετη πλευρά OM=8-2=6. Από Πυθαγόρειο θεώρημα: \displaystyle{{\rm M}{{\rm K}^2} = {12^2} - {6^2} = 108 = 36 \cdot 3 \Leftrightarrow {\rm M}{\rm K} = 6\sqrt 3 }

β) Το AOKB είναι ορθογώνιο τραπέζιο:
\displaystyle{({\rm A}{\rm O}{\rm K}{\rm B}) = \frac{{{\rm A}{\rm O} + {\rm K}{\rm B}}}{2}{\rm A}{\rm B} = \frac{{10}}{2} \cdot 6\sqrt 3  = 30\sqrt 3 }

γ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο AMK είναι \displaystyle{{\rm O}{\rm M} = \frac{{{\rm O}{\rm K}}}{2} \Leftrightarrow {\rm M}\widehat {\rm K}{\rm O} = {30^0} \Leftrightarrow {\rm M}\widehat {\rm O}{\rm K} = {60^0}}

δ) \displaystyle{{\rm O}{\rm A}//{\rm K}{\rm B} \Leftrightarrow {\rm B}\widehat {\rm K}\Delta  = {120^0}}
\displaystyle{({\rm O}{\rm A}\Gamma ) = \frac{1}{2}{\rm O}{\rm A} \cdot {\rm O}\Gamma \eta \mu {60^0} = 32\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 16\sqrt 3 }
\displaystyle{(\Delta {\rm B}{\rm K}) = \frac{1}{2}{\rm K}{\rm B} \cdot {\rm K}\Delta \eta \mu {120^0} = 2\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 }

Άρα: (OA\Gamma) = 16(\Delta BK)
Συνημμένα
G_4_22321.docx
(141.34 KiB) Μεταφορτώθηκε 74 φορές


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΟΜΑΔΙΚΕΣ ΕΡΓΑΣΙΕΣ ΜΕΛΩΝ ΤΟΥ MATHEMATICA.GR”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης