Τεστ δημιουργικότητας

KARKAR · #1

: Ότι σας έρθει στο μυαλό.png (11.26 KiB) Προβλήθηκε 1039 φορές

Σας δίνω την πρώτη ύλη ( το σχήμα ) . Σκεφθείτε πως θα το αξιοποιήσετε , παράγοντας μια ενδιαφέρουσα άσκηση

#2

Στο παραπάνω σχήμα δείξτε ότι αν ο κύκλος (B, BS)

τέμνει την μεσοκάθετο της

στο

, τότε η

είναι τριχοτόμος της γωνίας SBC

KARKAR · #3

: Ότι σας έρθει στο μυαλό.png (19.25 KiB) Προβλήθηκε 1017 φορές

Λόγω του φακέλου , ας ελαφρύνουμε λίγο το ερώτημα του κ. Λάμπρου , ζητώντας

(ισοδύναμα) να δειχθεί η σχέση των πράσινων γωνιών . Υπολογίστε και το (ABC)

.

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 23, 2025 12:28 pm
Ότι σας έρθει στο μυαλό.pngΛόγω του φακέλου , ας ελαφρύνουμε λίγο το ερώτημα του κ. Λάμπρου , ζητώντας

(ισοδύναμα) να δειχθεί η σχέση των πράσινων γωνιών . Υπολογίστε και το .

Το πρώτο άμεσο απ' το σχήμα.

: Τεστ δυμιουργικότητας.png (16.52 KiB) Προβλήθηκε 1015 φορές

$BD=2\sqrt 6$ οπότε $\boxed{(ABC)=10\sqrt 6}$

#5

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 23, 2025 11:17 am
Στο παραπάνω σχήμα δείξτε ότι αν ο κύκλος τέμνει την μεσοκάθετο της στο , τότε η είναι τριχοτόμος της γωνίας

Χωρίς τιμές και με ύλη Α Λυκείου. Μου αρκεί να είναι BS=R.

Έστω

το κέντρο του ημικυκλίου. Φέρνω από το

παράλληλη στην

και επί αυτής θεωρώ σημείο

ώστε

Tο

είναι ρόμβος και το BKCS

ισοσκελές τραπέζιο, άρα η μεσοκάθετος του

είναι

μεσοκάθετος και του BK.

: Τεστ δυμιουργικότητας.1.png (32.03 KiB) Προβλήθηκε 970 φορές

Ως εκ τούτου, BK=BD=DK,

οπότε ο κύκλος (K, KB)

διέρχεται από το

και οι κύκλοι (B), (K)

είναι ίσοι. Αλλά, $\displaystyle SD = DC \Leftrightarrow S\widehat BD = D\widehat KC = 2D\widehat BC$ και το ζητούμενο έπεται.

KARKAR · #6

: Τεστ .png (17.44 KiB) Προβλήθηκε 929 φορές

Αφού πρώτα δείξετε ότι σε κάθε ορθογώνιο ( στο

) τρίγωνο BAC

ισχύει : $BA+BC \leq AC\sqrt{2}$ ,

υπολογίστε στο δικό μας ορθογώνιο BAC

, την διαφορά : $AC\sqrt{2}-(BA+BC)$

#7

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 24, 2025 7:17 am
Τεστ .png Αφού πρώτα δείξετε ότι σε κάθε ορθογώνιο ( στο ) τρίγωνο ισχύει : $BA+BC \leq AC\sqrt{2}$ ,

υπολογίστε στο δικό μας ορθογώνιο , την διαφορά : $AC\sqrt{2}-(BA+BC)$

.
Από Πυθαγόρειο και C-S έχουμε $BA+BC = BA\cdot 1+BC\cdot 1 \leq \sqrt {BA^2+BC^2} \sqrt {1^2+1^2} = AC\sqrt{2}$ , όπως θέλαμε.

Τα μήκη των πλευρών βγαίνουν εύκολα από το ποστ #4 του Γιώργου όπου δίνει $BD=2\sqrt 6$ . Άρα από τα ορθογώνια τρίγωνα ABD, ACD

βρίσκουμε $AB=2\sqrt {10}, \, BC= 2\sqrt {15}$ . Άρα

$AC\sqrt{2}-(BA+BC)= 10\sqrt 2-2\sqrt {10}- 2\sqrt {15} \approx 0,0716$ (απρόσμενα μικρό).

#8

Προτεινόμενη άσκηση:

: Προτεινόμενη.png (16.27 KiB) Προβλήθηκε 898 φορές

Ο περίκυκλος του BSO

τέμνει την

στο

Αν

είναι η προβολή του

στην

να υπολογίσετε το μήκος του TP.

KARKAR · #9

: Ότι σας έρθει στο μυαλό.png (26.61 KiB) Προβλήθηκε 886 φορές

Ένα ακόμη ερώτημα : Δείξτε ότι η

διχοτομεί την γωνία $\widehat{BSC}$

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #10

Να υπολογίσετε το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τριγώνου SBC

#11

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 24, 2025 12:46 pm
Ότι σας έρθει στο μυαλό.png Ένα ακόμη ερώτημα : Δείξτε ότι η διχοτομεί την γωνία $\widehat{BSC}$

Στο ποστ #7 είδαμε $BC=2\sqrt {15}$ . Άρα από την δύναμη του σημείου

ως προς τον "διακεκομμένο" κύκλο έχουμε $5\cdot 7= 2\sqrt {15}\cdot CT$ . Άρα $CT=\dfrac {7\sqrt {15}}{6}$ , οπότε $BT= BC-CT= \dfrac {5\sqrt {15}}{6}$ .

Παρατηρούμε τώρα ότι $\dfrac {BS}{BT} = \dfrac {2\sqrt {15}}{5}=\dfrac {BC}{BS} \, (*)$

Άρα τα τρίγωνα SBT, SBC

είναι όμοια γιατί έχουν την γωνία

κοινή και επειδή ισχύει η (*)

. Έπεται ότι $\angle BTS =2\theta$ , οπότε $\angle TSO = \angle BTS - \angle TCS =2\theta - \theta = \theta$ . Με άλλα λόγια, η

διχοτομεί την γωνία $\angle BSC$ , όπως θέλαμε.
.

#12

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Ιαν 24, 2025 12:46 pm
Ότι σας έρθει στο μυαλό.png Ένα ακόμη ερώτημα : Δείξτε ότι η διχοτομεί την γωνία $\widehat{BSC}$

Ανεξάρτητα απ' τις τιμές που δίνονται.

: Ό,τι νάναι..png (18.74 KiB) Προβλήθηκε 853 φορές

$\displaystyle B\widehat SO = B\widehat OS \Leftrightarrow \varphi + \theta = 2\theta \Leftrightarrow \varphi = \theta$

KARKAR · #13

: Ότι σας έρθει στο μυαλό.png (28 KiB) Προβλήθηκε 846 φορές

Για το ερώτημα του Γιώργου : Είναι : $(BSC)=\dfrac{1}{2}\cdot7\cdot2\sqrt{6}=7\sqrt{6}$ .

Αλλά : $(BST)=\dfrac{5}{12}(BSC)}=\dfrac{35\sqrt{6}}{12}$ , οπότε : $\dfrac{1}{2}\cdot5\cdot PT=\dfrac{35\sqrt{6}}{12}$

και έτσι τελικά : $PT=\dfrac{7\sqrt{6}}{6}$ .

KARKAR · #14

: Ότι σας έρθει στο μυαλό.png (32.11 KiB) Προβλήθηκε 838 φορές

Για το εμβαδόν Γ. Λέκκα : $E=(BSO)+(O\overset{\frown}{BC})$ . Είναι : $(BSO)=2\sqrt{6}$ .

Για τον τομέα επειδή : $\cos{2\theta}=\dfrac{1}{5}$ , θεωρείται γνωστή και η γωνία $\pi-2\theta$ ,

οπότε ( με χρήση λογισμικού ) : $(O\overset{\frown}{BC})\simeq22.152$ . Τελικά : $E\simeq 27.051$ .

#15

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 23, 2025 10:47 am
Ότι σας έρθει στο μυαλό.pngΣας δίνω την πρώτη ύλη ( το σχήμα ) . Σκεφθείτε πως θα το αξιοποιήσετε , παράγοντας μια ενδιαφέρουσα άσκηση

Πιο υψηλού επιπέδου .

: Τέστ δημιουργικότητας.png (20.07 KiB) Προβλήθηκε 752 φορές

Με τις προϋποθέσεις της αρχικής εκφώνησης του Θανάση .

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

και

η προβολή του

στην

. Ας είναι ,

η τομή των $SB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,NF$ .

Έστω ακόμα

το σημείο τομής, της εις το

εφαπτομένης , του ημικυκλίου με την κάθετη στην

στο

.

Να δειχθεί ότι η ευθεία

διέρχεται από το

.

#16

Doloros έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 25, 2025 7:41 pm

Πιο υψηλού επιπέδου .
Τεστ δημιουργικότητας.png
Με τις προϋποθέσεις της αρχικής εκφώνησης του Θανάση .

Έστω το συμμετρικό του ως προς το και η προβολή του στην . Ας είναι , η τομή των $SB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,NF$ .

Έστω ακόμα το σημείο τομής, της εις το εφαπτομένης , του ημικυκλίου με την κάθετη στην στο .

Να δειχθεί ότι η ευθεία διέρχεται από το .

Θέτω $C\widehat AZ=\varphi$ και θα δείξω ότι $C\widehat AD=\varphi.$ Από τα προηγούμενα κρατάω ότι $AB=\sqrt{40},BC=\sqrt{60}.$

Η

τέμνει την

στο

κι επειδή

είναι το μέσο του AN,

θα είναι

Από τις παραλληλίες

: Τεστ.ΝΦ.png (24.01 KiB) Προβλήθηκε 685 φορές

και

βρίσκω $\displaystyle AF = \frac{{6\sqrt {10} }}{5},FZ = \frac{{12\sqrt {15} }}{{35}} \Rightarrow$ $\boxed{\tan \theta = \frac{{FZ}}{{AF}} = \frac{{\sqrt 6 }}{7}}$

$\displaystyle \tan \varphi = \tan (A - \theta ) = \dfrac{{\dfrac{{\sqrt 6 }}{2} - \dfrac{{\sqrt 6 }}{7}}}{{1 + \dfrac{6}{{14}}}} \Leftrightarrow$ $\boxed{\tan \varphi = \frac{{\sqrt 6 }}{4}}$ (1)

$\displaystyle cos\omega = \cos A \Leftrightarrow \frac{{MC}}{{DC}} = \frac{{\sqrt {40} }}{{10}} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt {15} }}{{DC}} = \frac{{\sqrt {10} }}{5} \Leftrightarrow DC = \frac{{5\sqrt 6 }}{2}$

$\displaystyle \tan (C\widehat AD) = \frac{{DC}}{{AC}} = \frac{{\sqrt 6 }}{4}\mathop = \limits^{(1)} \tan \varphi$ και το ζητούμενο έπεται.

Τεστ δημιουργικότητας

Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Re: Τεστ δημιουργικότητας

Μέλη σε σύνδεση