Σχολικό θέμα

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11704
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Σχολικό θέμα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Απρ 18, 2013 2:15 pm

Σχολικό  θέμα.png
Σχολικό θέμα.png (8.13 KiB) Προβλήθηκε 465 φορές
Το ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle ABC , (AB=AC) έχει βάση BC μήκους 15 . Από σημείο D της BC , φέραμε

τα κάθετα προς τις πλευρές AB,AC τμήματα DE,DZ , τα οποία έχουν μήκη 4 και 8 αντίστοιχα .

1) Υπολογίστε το εμβαδόν του \displaystyle ABC ... 2) Υπολογίστε το μήκος του τμήματος EZ .


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3279
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Σχολικό θέμα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Πέμ Απρ 18, 2013 4:05 pm

Σχολικό-θέμα.png
Σχολικό-θέμα.png (11.4 KiB) Προβλήθηκε 424 φορές
1) Από \vartriangle DEB \approx  \vartriangle DZC \Rightarrow \displaystyle\frac{4}{8} = \displaystyle\frac{x}{{15 - x}} \Leftrightarrow x = 5, οπότε από Πυθαγόρειες τριάδες BE = 3,\,ZC = 6. Από Πυθαγόρειο στα \vartriangle DAE,\, \vartriangle DAZ:{(y + 3)^2} + {4^2} = {y^2} + {8^2} \Leftrightarrow y = 6,5, συνεπώς \left( {ABC} \right) = (DAB) + (DAC) = 12,5(2 + 4) = 75\,\tau .\mu .

2) Από πρώτο Θεώρημα Πτολεμαίου στο εγγράψιμο AEDZ:\sqrt {{8^2} + {y^2}} EZ = 8(y + 3) + 4y\mathop  \Leftrightarrow \limits^{y = 6,5} \sqrt {425} EZ = 204 \Leftrightarrow EZ = \displaystyle\frac{{12\sqrt {17} }}{5}.


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4673
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Σχολικό θέμα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Πέμ Απρ 18, 2013 9:02 pm

Με ... ελαφρώς εξωσχολική Τριγωνομετρία (*)

[attachment=0]18-4-2013 Γεωμετρία b.jpg[/attachment]

Στο BED είναι \displaystyle{BD = \frac{4}{{\eta \mu \varphi }}} και στο DCZ είναι \displaystyle{DC = \frac{8}{{\eta \mu \varphi }}}

Είναι \displaystyle{BD + DC = 15 \Leftrightarrow \frac{{12}}{{\eta \mu \varphi }} = 15 \Leftrightarrow \eta \mu \varphi  = \frac{4}{5}}

Φέρνουμε το ύψος AE, οπότε BE = EC = 7,5

Αφού \displaystyle{0^\circ  < \varphi  < 90^\circ } είναι \displaystyle{\sigma \upsilon {\nu ^2}\varphi  = 1 - {\left( {\frac{4}{5}} \right)^2} = \frac{9}{{25}} \Rightarrow \sigma \upsilon \nu \varphi  = \frac{3}{5} \Rightarrow \varepsilon \varphi \varphi  = \frac{{\eta \mu \varphi }}{{\sigma \upsilon \nu \varphi }} = \frac{4}{3}}

Στο ABE είναι \displaystyle{\varepsilon \varphi \varphi  = \frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{7,5}} \Leftrightarrow {\rm A}{\rm E} = 7,5 \cdot \frac{4}{3} = 10}

\displaystyle{\left( {ABC} \right) = \frac{{BC \cdot AE}}{2} = \frac{{15 \cdot 10}}{2} = 75}

Είναι \displaystyle{\widehat {EDZ} = 180^\circ  - \widehat {BDE} - \widehat {CDZ} = 2\varphi },

οπότε \displaystyle{\sigma \upsilon \nu 2\varphi  = 2\sigma \upsilon {\nu ^2}\varphi  - 1 = 2 \cdot \frac{9}{{25}} - 1 =  - \frac{7}{{25}}}

Από Ν. Συνημιτόνων στο DEZ

\displaystyle{E{Z^2} = E{D^2} + D{Z^2} - 2 \cdot EZ \cdot DZ \cdot \sigma \upsilon \nu 2\varphi  = 16 + 64 + 2 \cdot 4 \cdot 8 \cdot \frac{7}{{25}} = \frac{{2.448}}{{25}}}
άρα \displaystyle{EZ = \frac{{12 \cdot \sqrt {17} }}{5}}


(*) Ας επαναλάβω ακόμα μια φορά αυτό που απαντώ σε όσους φίλους με προσωπικά μηνύματα παρατηρούν και σχολιάζουν ότι οι τύποι που συχνά χρησιμοποιούμε είναι "εκτός ύλης" και "... καλό θα ήταν να τους αποφεύγουμε": Τα Μαθηματικά εργαλεία που χρησιμοποιούμε δεν μπορούν και δεν πρέπει να περιορίζονται από τις επιλογές των εκάστοτε διαμορφωτών της λεγόμενης "σχολικής ύλης". Αλίμονο αν προσαρμόζαμε το περιεχόμενο του Mathematica ανάλογα με τα γούστα και τις αναιτιολόγητες αλλαγές της Σχολικής ύλης χρόνο με το χρόνο επειδή π.χ. ο υπουργός αποφάσισε να "μειώσει" 20% την ύλη και οι υφιστάμενοι έσπευσαν να υλοποιήσουν την υπουργική επιταγή...

Αυτό που πιο πολύ χαίρομαι στο :logo: είναι ο εκπληκτικός πλουραλισμός διαφορετικών προσεγγίσεων σε ένα θέμα! Ας μην στερηθούμε τη φαντασία ας μην πατρονάρουμε τη σκέψη μας αναζητώντας μόνο την "εντός ύλης" λύση...
Συνημμένα
18-4-2013 Γεωμετρία b.jpg
18-4-2013 Γεωμετρία b.jpg (12.07 KiB) Προβλήθηκε 373 φορές


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7335
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Σχολικό θέμα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Παρ Απρ 19, 2013 12:50 am

KARKAR έγραψε:
Το συνημμένο Σχολικό θέμα.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle ABC , (AB=AC) έχει βάση BC μήκους 15 . Από σημείο D της BC , φέραμε

τα κάθετα προς τις πλευρές AB,AC τμήματα DE,DZ , τα οποία έχουν μήκη 4 και 8 αντίστοιχα .

1) Υπολογίστε το εμβαδόν του \displaystyle ABC ... 2) Υπολογίστε το μήκος του τμήματος EZ .
Καλησπέρα Θανάση, Μιχάλη και Γιώργο. Συμφωνώ με το υστερόγραφο του Γιώργου .
Σχολική_2.png
Σχολική_2.png (23.64 KiB) Προβλήθηκε 291 φορές
Είναι 2(ABC) = 2(ABD) + 2(ADC) \Rightarrow CH \cdot AB = 4 \cdot AB + 8 \cdot AB \Rightarrow \boxed{CH = 12}
Όπου CH το ύψος του ισοσκελούς τριγώνου ABC.
Από το ορθογώνιο τρίγωνο HBC έχουμε HB = \sqrt {{{15}^2} - {{12}^2}}  = \sqrt {27 \cdot 3}  \Rightarrow \boxed{HB = 9} . Επειδή \displaystyle\frac{{BE}}{{BH}} = \displaystyle\frac{{ED}}{{HC}} \Rightarrow \displaystyle\frac{{BE}}{9} = \displaystyle\frac{1}{3} \Rightarrow \boxed{BE = 3} . Γράφω το κύκλο (C) διαμέτρου AC ο οποίος θα περνά από το H αλλά και από το μέσο M του BC γιατί η διάμεσος του ισοσκελούς προς την βάση είναι και ύψος του . Από τη δύναμη του σημείου B ως προς τον κύκλο αυτό έχουμε BH \cdot BA = BM \cdot BC \Rightarrow 9(9 + HA) = \displaystyle\frac{{15}}{2} \cdot 15 \Rightarrow \boxed{HA = \displaystyle\frac{7}{2}} .
Δηλαδή \boxed{AB = \displaystyle\frac{{25}}{2}} και άρα \boxed{(ABC) = \displaystyle\frac{1}{2} \cdot \displaystyle\frac{{25}}{2} \cdot 12 = 75} .

Από το ορθογώνιο τρίγωνο EBD έχουμε BD = 5 άρα DC = 10 και από το ορθογώνιο τρίγωνο ZDC έχουμε: ZC = 6 \Rightarrow \boxed{AZ = \displaystyle\frac{{13}}{2}} .
Μια προσπάθεια τώρα να αποφύγω το θεώρημα του Πτολεμαίου .Από το τρίγωνο ABC και το θεώρημα συνημίτονου έχω : \cos A = \displaystyle\frac{7}{{25}} και πάλι από το ίδιο θεώρημα στο τρίγωνο AEZ έχω {x^2} = A{E^2} + A{Z^2} - 2AE \cdot AZ\cos A \Rightarrow \boxed{x = \displaystyle\frac{{12\sqrt {17} }}{5}}

Φιλικά Νίκος


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1857
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Σχολικό θέμα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Παρ Απρ 19, 2013 3:19 am

μια άλλη προσέγγιση αλλά με κάμποσες πραξούλες..

Έστω \textrm{AB=AC}=\chi και \textrm{AH}=\upsilon
\left 2( ABC \right )=4\chi +8\chi =12\chi=15\upsilon  \Rightarrow\upsilon =\frac{4}{5}\chi
Από την ομοιότητα των τριγώνων EBD,ZDC \right έχουμε\frac{BD}{DC}=\frac{EB}{ZC}=\frac{1}{2}\Rightarrow \textrm{DC=2BD}κι αφού \textrm{BD+DC=15} θα είναι \textrm{BD=5,DC=10} και \textrm{BE=3,ZC=6}.Τα \Delta EBD,ABH είναι όμοια οπότε \frac{\upsilon }{4}=\frac{BH}{BE}\Rightarrow \upsilon =4\cdot \frac{15}{2}\cdot 3\Rightarrow \upsilon =10 και \chi =\frac{5}{4}\cdot10\Rightarrow \chi =\frac{25}{2}.Έτσι 2\left ( ABC \right )=150\Rightarrow \left ( ABC \right )=75τ.μ
Έστω \left ( AEZ \right )=S_{1},\left ( EDZ \right )=S_{2}. Επειδή \angle EAZ+\angle EDZ=180^{0} θα έχουμε \frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{AE\cdot AZ}{4\cdot 8} .Αλλά \textrm{AE}=\frac{25}{2}-3=\frac{19}{2},\textrm{AZ}=\frac{25}{2}-6=\frac{13}{2} οπότε \frac{S_{1}}{S_{2}}=\frac{247}{128}
S_{1}+S_{2}=\left ( ABC \right )-\left ( BED \right )-\left ( DZC \right )=75-6-24=45 κι έτσι,S_{2}=\frac{384}{25},S_{1}=\frac{741}{25}.Από το πυθαγόρειο στο τρίγωνο \textrm{DAE} εύκολα παίρνουμε \textrm{DA}=\frac{5\sqrt{17}}{2}.
Ο περίκυκλος του τριγώνου \textrm{DZE} είναι ο ίδιος με τον περίκυκλο του \textrm{DAE} ακτίνας \textrm{R}=\frac{DA}{2}=\frac{5\sqrt{17}}{4}.Αλλά S_{2}=\frac{4\cdot 8\cdot EZ}{4R}\Rightarrow 4\cdot \textrm{R}\cdot S_{2}=32\cdot \textrm{EZ} απ όπου εύκολα παίρνουμε \textrm{EZ}=\frac{12\sqrt{17}}{5}
Συνημμένα
1.png
1.png (13.3 KiB) Προβλήθηκε 260 φορές


Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

Re: Σχολικό θέμα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Παρ Απρ 19, 2013 7:36 am

Γιώργος Ρίζος έγραψε:(*) Ας επαναλάβω ακόμα μια φορά αυτό που απαντώ σε όσους φίλους με προσωπικά μηνύματα παρατηρούν και σχολιάζουν ότι οι τύποι που συχνά χρησιμοποιούμε είναι "εκτός ύλης" και "... καλό θα ήταν να τους αποφεύγουμε": Τα Μαθηματικά εργαλεία που χρησιμοποιούμε δεν μπορούν και δεν πρέπει να περιορίζονται από τις επιλογές των εκάστοτε διαμορφωτών της λεγόμενης "σχολικής ύλης". Αλίμονο αν προσαρμόζαμε το περιεχόμενο του Mathematica ανάλογα με τα γούστα και τις αναιτιολόγητες αλλαγές της Σχολικής ύλης χρόνο με το χρόνο επειδή π.χ. ο υπουργός αποφάσισε να "μειώσει" 20% την ύλη και οι υφιστάμενοι έσπευσαν να υλοποιήσουν την υπουργική επιταγή...

Αυτό που πιο πολύ χαίρομαι στο :logo: είναι ο εκπληκτικός πλουραλισμός διαφορετικών προσεγγίσεων σε ένα θέμα! Ας μην στερηθούμε τη φαντασία ας μην πατρονάρουμε τη σκέψη μας αναζητώντας μόνο την "εντός ύλης" λύση...
συμφωνώ, ας μην περιορίζουμε την σκέψη μας ... για να μην περιορίζουμε και την αντίληψή μας


kostas_zervos
Δημοσιεύσεις: 1156
Εγγραφή: Πέμ Μαρ 25, 2010 8:26 am
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Σχολικό θέμα

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από kostas_zervos » Παρ Απρ 19, 2013 8:43 am

Καταρχήν συμφωνώ και εγώ με την άποψη του Γιώργου.

Τώρα ας δούμε άλλη μια λύση...
ask8.png
ask8.png (9.31 KiB) Προβλήθηκε 206 φορές
1)Φέρνουμε τα ύψη ΒΗ , AK , το τμήμα AD και έστω AB=AC=\beta τότε :

\displaystyle (ABD)+(ADC)=(ABC) \Leftrightarrow \frac{\beta\cdot DE}{2}+\frac{\beta\cdot DZ}{2}=\frac{\beta\cdot BH}{2}  \Leftrightarrow
\Leftrightarrow DE+DZ=BH \Leftrightarrow BH=12 .

Από το Π.Θ. στο τρίγωνο \overset{\triangle}{BHC} έχουμε ZC=\sqrt{15^2-12^2}=9.

Αλλά \overset{\triangle}{AKC}\approx\overset{\triangle}{BHC} , άρα \displaystyle \frac{AC}{BC}=\frac{KC}{HC} \Leftrightarrow \frac{AC}{15}=\frac{7,5}{9} \Leftrightarrow AC=12,5 , άρα \displaystyle (ABC)=\frac{AC\cdot BH}{2}=75 τ.μ.

2)Από το νόμο συνημιτόνων στο \overset{\triangle}{ABC} έχουμε \displaystyle \cos A=\frac{12,5^2+12,5^2-15^2}{2\cdot 12,5\cdot 12,5}=\frac{7}{25}.

Είναι E\hat{D}Z=180^o-\hat{A} (από το τετράπλευρο AEDZ) , άρα \displaystyle \cos\left(E\hat{D}Z\right)=\cos(180^o-A)=-\cos A=-\frac{7}{25}.
Από το νόμο συνημιτόνων στο \overset{\triangle}{ZDE} έχουμε \displaystyle ZE=\sqrt{4^2+8^2-2\cdot4\cdot 8\cdot\left(-\frac{7}{25}\right)}=\frac{12\sqrt{17}}{5}.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ

Η σχέση \color{blue}DE+DZ=BH υποδηλώνει ότι το άθροισμα των αποστάσεων τυχαίου σημείου της βάσης ισοκελούς τριγώνου από τις άλλες πλευρές του είναι σταθερό.


Κώστας Ζερβός
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες