3 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΠΟ ΑΠΟΛΛΩΝΙΟ by lonis

#1

Σε συνέχεια της συζήτησης εδώ

Πότε πρόλαβες Κώστα και προμηθεύτηκες τους Απολλώνιους;

Εύχομαι Καλήν Ανάγνωση.

kwstas12345 έγραψε:Μάλλον, στον Απολλώνιο ,τεύχος 4...

Έχει δίκιο ο Κώστας. Είναι προτεινόμενη από τον Αντωνόπουλο Νίκο, από το Ίλιον, Αθήνα.

Δίνω τις τρεις επόμενες που προτείνει ο στεκόμενος δίπλα στον Μοχάμεντ εδώ

1. Στο παρακάτω σχήμα είναι: ΑΒ = ΒΓ = ΑΓ = ΟΓ = $\sqrt 6 - \sqrt 2$ . Υπολογίστε την ακτίνα του κύκλου.

: 10-06-2010 Geometry.png (18.28 KiB) Προβλήθηκε 814 φορές

2. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = 1, ΒΓ = 2, $\hat B = 60^\circ$ .
α) Αποδείξτε ότι: $\hat A = 90^\circ$

β) Έστω Κ το μέσο της ΑΓ. Η ΒΚ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στο Λ. Υπολογίστε τα τμήματα ΚΛ, ΓΛ, ΑΛ.

3. Δύο ίσοι κύκλοι (Κ, R) και (Λ, R) εφάπτονται εξωτερικά στο Β, ενώ μία κοινή εξωτερική εφαπτομένη τους εφάπτεται σ' αυτούς στα σημεία Μ, Ν αντίστοιχα. Στην προέκταση του ΜΝ προς το Ν παίρνουμε σημείο Δ. Η ΔΒ τέμνει τους (Λ, R) και (Κ, R) στα Γ, Α αντίστοιχα.
α) Αποδείξτε ότι: ΑΒ = ΒΓ.
β) Αν ΑΒ = ΒΓ = 3 και ΓΔ = 1, υπολογίστε την ακτίνα R.

Γιώργος Ρίζος

Δεν έχω ακόμα ασχοληθεί, έψαχνα μισή ώρα τη φωτογραφία με τον Μοχάμεντ...

#2

Rigio έγραψε: 1. Στο παρακάτω σχήμα είναι: ΑΒ = ΒΓ = ΑΓ = ΟΓ = $\sqrt 6 - \sqrt 2$ . Υπολογίστε την ακτίνα του κύκλου

το ΑΒΓ είναι ισόπλευρο γων.ΑΓΒ=60=>γων.ΟΓΒ=150
με νόμο συνημιτόνων στο ΟΓΒ βρίσκουμε R=2

αλήθεια το παιδί δίπλα στο Μοχάμεντ που έχει εξαφανιστεί;

Λεωνίδα που είσαι;;;

#3

Ας δώσουμε μερικές λύσεις για το 2α, περιμένοντας τη συμμετοχή σας. Αναρωτιέμαι: μαθητές Β΄Λυκείου δεν έχουμε;.

: 11-06-2010 Geometry.png (20.87 KiB) Προβλήθηκε 714 φορές

1η Λύση
Φέρνουμε τη διάμεσο ΑΜ. Τότε το ΑΒΜ είναι ισοσκελές ΑΒ = ΒΜ = 1 με $\displaystyle \widehat B = 60^\circ$ , οπότε είναι ισόπλευρο, άρα ΑΜ = 1. Αφού η διάμεσος στη ΒΓ είναι ίση με το μισό της, είναι $\displaystyle \widehat A = 90^\circ$ .

2η Λύση
Φέρνουμε το ύψος ΑΔ. Στο ΑΒΔ είναι $\displaystyle \widehat B = 60^\circ \; \Rightarrow \;\widehat {BA\Delta } = 30^\circ$ άρα $\displaystyle {\rm B}\Delta = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2} = \frac{1}{2}$ .
Με Πυθ. Θεώρημα, βρίσκουμε ότι $\displaystyle {\rm A}\Delta = \sqrt {{\rm A}{\rm B}^2 - {\rm B}\Delta ^2 } = \frac{{\sqrt 3 }}{2}$ .
Είναι $\displaystyle \Delta \Gamma = 2 - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$ . Με Πυθ. Θεώρημα στο ΑΔΓ , βρίσκουμε ότι $\displaystyle {\rm A}\Gamma = \sqrt {{\rm A}\Delta ^2 + \Delta \Gamma ^2 } = \sqrt 3$ .
Τέλος, στο ΑΒΓ ισχύει: $\displaystyle {\rm A}{\rm B}^2 + {\rm A}\Gamma ^2 = 1^2 + \left( {\sqrt 3 } \right)^2 = 4 = {\rm B}\Gamma ^2$ , οπότε $\displaystyle \widehat A = 90^\circ$

3η Λύση
Με Ν. Συνημιτόνων, είναι: $\displaystyle {\rm A}\Gamma ^2 = {\rm A}{\rm B}^2 + {\rm B}\Gamma ^2 - 2{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm B}\Gamma \sigma \upsilon \nu 60^\circ = 1 + 4 - 2 \cdot 1 \cdot 2 \cdot \frac{1}{2} = 3$ .
Στο ΑΒΓ ισχύει: $\displaystyle {\rm A}{\rm B}^2 + {\rm A}\Gamma ^2 = 1^2 + \left( {\sqrt 3 } \right)^2 = 4 = {\rm B}\Gamma ^2$ , οπότε $\displaystyle \widehat A = 90^\circ$

4η Λύση
Με Ν. Ημιτόνων, είναι: $\displaystyle \frac{{{\rm B}\Gamma }}{{\eta \mu {\rm A}}} = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{\eta \mu \Gamma }}\; \Leftrightarrow \;\frac{2}{{\eta \mu {\rm A}}} = \frac{1}{{\eta \mu \left( {120^\circ - {\rm A}} \right)}}\; \Leftrightarrow \;2\eta \mu \left( {120^\circ - {\rm A}} \right) = \eta \mu {\rm A}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \;2\eta \mu 120^\circ \cdot \sigma \upsilon \nu {\rm A} + 2\sigma \upsilon \nu 120^\circ \cdot \eta \mu {\rm A} = \eta \mu {\rm A}\; \Leftrightarrow \;\sqrt 3 \sigma \upsilon \nu {\rm A} = 0$ , οπότε αφού Α γωνία τριγώνου, είναι $\displaystyle \widehat A = 90^\circ$

5η Λύση
$\displaystyle \overrightarrow {{\rm A}\Gamma } = \overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} + \overrightarrow {{\rm B}\Gamma } \; \Rightarrow \;\left( {\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } } \right)^2 = \left( {\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } - \overrightarrow {{\rm B}{\rm A}} } \right)^2 \; \Rightarrow$
$\displaystyle \;\left| {\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } } \right|^2 = \left| {\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } } \right|^2 + \left| {\overrightarrow {{\rm B}{\rm A}} } \right|^2 - 2\left| {\overrightarrow {{\rm B}{\rm A}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } } \right| \cdot \sigma \upsilon \nu 60^\circ = 3$

Τότε $\displaystyle \;\left( {\overrightarrow {{\rm A}\Gamma } } \right)^2 + \left( {\overrightarrow {{\rm A}{\rm B}} } \right)^2 = 3 + 1 = 4 = \left( {\overrightarrow {{\rm B}\Gamma } } \right)^2$
οπότε $\displaystyle \widehat A = 90^\circ$ .

6η Λύση

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κορυφή Β(0, 0) παίρνουμε το σημείο Γ(2, 0) και την ημιευθεία (ε) $\displaystyle y = \sqrt 3 x,\;x \ge 0$ . To σημείο $\displaystyle A\left( {\frac{1}{2},\;\frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)$ ανήκει στην (ε) και ισχύει (ΑΒ) = 1. Τότε $\displaystyle \overrightarrow {AB} = \left( { - \frac{1}{2},\; - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right),\;\overrightarrow {A\Gamma } = \left( {\frac{3}{2},\; - \frac{{\sqrt 3 }}{2}} \right)$ και αφού $\displaystyle \overrightarrow {AB} \cdot \;\overrightarrow {A\Gamma } = - \frac{3}{4} + \frac{3}{4} = 0$ είναι $\displaystyle \widehat A = 90^\circ$ .

Γιώργος Ρίζος

#4

Rigio έγραψε:3. Δύο ίσοι κύκλοι (Κ, R) και (Λ, R) εφάπτονται εξωτερικά στο Β, ενώ μία κοινή εξωτερική εφαπτομένη τους εφάπτεται σ' αυτούς στα σημεία Μ, Ν αντίστοιχα. Στην προέκταση του ΜΝ προς το Ν παίρνουμε σημείο Δ. Η ΔΒ τέμνει τους (Λ, R) και (Κ, R) στα Γ, Α αντίστοιχα.
α) Αποδείξτε ότι: ΑΒ = ΒΓ.
β) Αν ΑΒ = ΒΓ = 3 και ΓΔ = 1, υπολογίστε την ακτίνα R.

chris · #5

Μετά τον πακτωλό λύσεων κυρίως απο τον κ.Ρίζο και αφού μου θύμισε οτι είμαι Β Λυκείου ας δούμε οτι έμεινε:

2β) Απο το πυθαγόρειο θεώρημα βρίσκουμε οτι $AC=\sqrt{3}$ και άρα $AK=KC=\frac{AC}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$
Τώρα απο το θεώρημα διαμέσων(ή το Π.θ. ή την τριγωνομετρία ή τον Ν.Συνημιτόνων ή την αναλυτική γεωμετρία ή όπως αλλιώς θέλετε

) έχουμε $BK=\frac{\sqrt{7}}{2}$ και τέλος απο τη δύναμη σημείου παίρνουμε: $BK\cdot K\Lambda =CK\cdot KA\Leftrightarrow \Lambda K=\frac{3\sqrt{7}}{14}$

ΥΓ: νομίζω το οτι είμαι αριστερόχειρας υποδηλώνει γιατί το σχήμα βγήκε ανάποδο...

3 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΠΟ ΑΠΟΛΛΩΝΙΟ by lonis

3 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΠΟ ΑΠΟΛΛΩΝΙΟ by lonis

Re: 3 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΠΟ ΑΠΟΛΛΩΝΙΟ by lonis

Re: 3 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΠΟ ΑΠΟΛΛΩΝΙΟ by lonis

Re: 3 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΠΟ ΑΠΟΛΛΩΝΙΟ by lonis

Re: 3 ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΠΟ ΑΠΟΛΛΩΝΙΟ by lonis

Μέλη σε σύνδεση