Ίσα και υπολογίσιμα

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8432
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Ίσα και υπολογίσιμα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Αύγ 10, 2019 11:14 am

'Ισα και υπολογίσιμα.png
'Ισα και υπολογίσιμα.png (13.68 KiB) Προβλήθηκε 349 φορές
Στη διάταξη του σχήματος το ABCD είναι τετράγωνο πλευράς a και το KLM ισόπλευρο τρίγωνο.

α) Να δείξετε ότι PQ=PT ...... β) Να υπολογίσετε το PQ συναρτήσει του a όταν το P είναι μέσο του AC.


Διευκρίνιση: Όσα σημεία φαίνονται συνευθειακά, είναι συνευθειακά.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 393
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Ίσα και υπολογίσιμα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Σάβ Αύγ 10, 2019 11:53 am

george visvikis έγραψε:
Σάβ Αύγ 10, 2019 11:14 am
'Ισα και υπολογίσιμα.png
Στη διάταξη του σχήματος το ABCD είναι τετράγωνο πλευράς a και το KLM ισόπλευρο τρίγωνο.

α) Να δείξετε ότι PQ=PT ...... β) Να υπολογίσετε το PQ συναρτήσει του a όταν το P είναι μέσο του AC.


Διευκρίνιση: Όσα σημεία φαίνονται συνευθειακά, είναι συνευθειακά.
Καλημέρα!


α)

Είναι \angle PTQ=\angle KTC=180^{\circ}-45^{\circ}-60^{\circ}=75^{\circ}

Επίσης \angle BKP=\angle PKT=60^{\circ},\angle BCP=\angle PCQ=45^{\circ} άρα P παράκεντρο του KCQ δηλαδή \angle TQP=\dfrac{\angle TQD}{2}=\dfrac{180^{\circ}-30^{\circ}}{2}=75^{\circ}=\angle PTQ\Leftrightarrow PT=PQ

β) DP\perp PT,\angle PDQ=45^{\circ},\angle PQD=75^{\circ}

Έτσι \dfrac{PQ}{\sin45^{\circ}}=\dfrac{a\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{\sin75^{\circ}}\Leftrightarrow ..\Leftrightarrow PQ=\dfrac{a\left ( \sqrt{6} -\sqrt{2}\right )}{2}


Άβαταρ μέλους
angvl
Δημοσιεύσεις: 115
Εγγραφή: Πέμ Μάιος 12, 2011 3:10 pm

Re: Ίσα και υπολογίσιμα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από angvl » Κυρ Αύγ 11, 2019 12:10 am

ισακαιυπολογισιμα.png
ισακαιυπολογισιμα.png (410.29 KiB) Προβλήθηκε 284 φορές
Ας επιχειρήσω μία λύση εκτός φακέλου με αναλυτική γεωμετρία.

a)

Εστω \displaystyle A(0,0),C(a,a) όπου a το μήκος της πλευράς του τετραγώνου. H AC διχοτόμος της γωνίας των αξόνων,αρα θα έχει εξίσωση \displaystyle \boxed{ AC : y = x } , 0\leq x\leq a.To σημείο \displaystyle P αφού ανήκει στην AC θα έχει συν/νες έστω\displaystyle P(p,p) , p>0 Απ το σχήμα βλέπουμε ότι \displaystyle \lambda_{KL} = \tan 60^0 =\sqrt{3} αρα KL : y-p=\sqrt{3}(x-p)\Rightarrow \boxed{KL:y=\sqrt{3}x+p-\sqrt{3}p} Η BC έχει εξίσωση \displaystyle \boxed{ BC:y=a}. To \displaystyle K \equiv KL \cap BC άρα λύνοντας το σύστημα των δύο εξισώσεων βρίσκουμε \displaystyle K(\frac{a-p+\sqrt{3}p}{\sqrt{3}},a). Eπίσης \displaystyle \lambda_{KM} = \tan 120^0 = -\tan 60^0=-\sqrt{3}. Aρα \displaystyle ...\boxed{KM:y=-\sqrt{3}x+2a-p+\sqrt{3}p}. To \displaystyle T \equiv KM \cap AC άρα \displaystyle T(\frac{2a-p+\sqrt{3}p}{1+\sqrt{3}},\frac{2a-p+\sqrt{3}p}{1+\sqrt{3}}).To \displaystyle Q \equiv CD \cap KM και  \displaystyle \boxed{ CD:x=a} άρα \displasytyle Q(a,-\sqrt{3}a+2a-p+\sqrt{3}p).Συνεπώς \displaystyle PQ^2 = (p-a)^2+(p+\sqrt{3}a-2a+p-\sqrt{3}p)^2 \Rightarrow... PQ^2=4(2-\sqrt{3})(p-a)^2. 'Ομοια \displaystyle PT^2 = (p-\frac{2a-p+\sqrt{3}p}{1+\sqrt{3}})^2+(p-\frac{2a-p+\sqrt{3}p}{1+\sqrt{3}})^2 \Rightarrow ... PT^2 = 4(2-\sqrt{3})(p-a)^2. Αρα \displaystyle PQ^2=PT^2 \Rightarrow PT = PQ

b)

\displaystyle P μέσο  ΑC \Rightarrow  \boxed{P(\frac{a}{2},\frac{a}{2})} και \displaystyle \boxed{PQ^2=4(2-\sqrt{3})(p-a)^2}\Rightarrow PQ^2 = (2-\sqrt{3})a^2\Rightarrow PQ = a\sqrt{2-\sqrt{3}}\Rightarrow PQ = a\sqrt{\frac{1}{4}(\sqrt{6}-\sqrt{2})^2} \Rightarrow

\displaystyle PQ =\frac{a}{2}(\sqrt{6}-\sqrt{2})


Καλό Καλοκαίρι!
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6738
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Ίσα και υπολογίσιμα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Αύγ 12, 2019 11:26 am

Η πρώτη λύση είναι η πλέον ενδεδειγμένη :coolspeak: .Όμως και η δεύτερη ενδείκνυται αφού έχουμε τετράγωνο , ισόπλευρο τρίγωνο και ευθείες με γνωστές κλίσεις.

Μειονέκτημα οι πολλές πράξεις (σύνηθες όταν χρησιμοποιούμε αναλυτική Γεωμετρία)

Για την ημετέρα γράφω παρατήρηση στο τέλος
.
Ίσα και υπολογίσιμα_1.png
Ίσα και υπολογίσιμα_1.png (40.97 KiB) Προβλήθηκε 224 φορές
α) Στο τρίγωνο CTQ η εξωτερική γωνία \,\widehat \theta  = 45^\circ  + 30^\circ  = 75^\circ \,(1).

Γράφω τον περιγεγραμμένο κύκλο του \vartriangle KPQ και έστω S το, άλλο, σημείο τομής με τη BC.

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο SPQK ,για το \vartriangle SPQ οι γωνίες του στα S,Q

είναι από 60^\circ οπότε είναι ισόπλευρο με κέντρο το βαρύκεντρό του G κ έτσι το

PTQ\mathop  \to \limits^{(1)} \left( {30^\circ ,75^\circ ,75^\circ } \right) συνεπώς PT = PQ

β)


Στην περίπτωση που το P είναι το κέντρο του τετραγώνου ABCD γράφω το

κύκλο (S,P,C) που τέμνει την DC,ακόμα στο F . Θέτω PS = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SC = y.

Αφού η CP διχοτομεί την ορθή γωνία στο P θα είναι PS = PF = y. Στο \vartriangle PCF

η CF = {\lambda _3} = R\sqrt 3  = y\sqrt 3 \,\,\,(2), ενώ από το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο PSF

SF = x\sqrt 2 \,\,\,(3).

Αλλά τα τρίγωνα SPC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,FPD έχουν SP = FP και τις προσκείμενες γωνίες 60^\circ  + 45^\circ  = 105^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,30^\circ ,

συνεπώς είναι ίσα οπότε SC = DF = y \Rightarrow CF = a - y.

Λόγω των (2)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(3) θα έχω ταυτόχρονα:
Ίσα και υπολογίσιμα_2.png
Ίσα και υπολογίσιμα_2.png (23.72 KiB) Προβλήθηκε 224 φορές
\left\{ \begin{gathered} 
  SF = x\sqrt 2  = 2y \hfill \\ 
  CF = a - y = y\sqrt 3  \hfill \\  
\end{gathered}  \right. που με απαλοιφή μεταξύ τους του y έχω: \boxed{x = \dfrac{{a\left( {\sqrt 6  - \sqrt 2 } \right)}}{2}}

Παρατήρηση/

Επί της ουσίας έχουμε επίλυση τριγώνου ( του \vartriangle SPC) του οποίου γνωρίζουμε μια πλευρά \left( {PC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right) και τις γωνίες του . Με Θ . ημιτόνου που πολύ σωστά εφάρμοσε o νεαρός Φωτιάδης έχουμε πολύ γρήγορα αποτελέσματα.


Η πιο πάνω επομένως λύση του β ερωτήματος είναι παράδειγμα προς αποφυγή .


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 3 επισκέπτες