mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 6:45 pm**

Μπάμπης Στεργίου έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 50(Van Schooten)

Αν είναι σημείο του τόξου του περιγεγραμμένου κύκλου ενός ισοπλεύρου τριγώνου , να αποδειχθεί ότι

Μπάμπης

( Με δύο λύσεις.Αν την έχουμε ήδη, θα τη σβήσω.)

Όπως έγραψε ο Θανάσης, λύσεις έχουμε παρακάτω :

viewtopic.php?f=20&t=12797&p=69167&hili ... ten#p69167

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 6:56 pm**

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 15
Έστω τρίγωνο με $\angle ABC=\angle ACB.$
Αν υπάρχουν σημεία $M \in (AB), N \in (AC), P \in (BC)$ τέτοια ώστε και το τρίγωνο να είναι ισόπλευρο,
να δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

Άμεσα από εδώ τα τρίγωνα MBP,PCN

είναι ίσα, οπότε γρήγορα $B=180^{o} - 120^{o}=60^o$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 8:37 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 51
Το συνημμένο 51.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στη βάση του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , βρίσκεται σημείο ώστε .

Γράφω κύκλο διερχόμενο από την κορυφή και εφαπτόμενο της στο ( πώς ? ) ,

ο οποίος τέμνει τις στα αντίστοιχα . Βρείτε το λόγο : $\displaystyle \frac{PB}{TC}$ .

Μια λύση με εμβαδά

Έστω, $\displaystyle{\left( {ABS} \right) = {E_1},\left( {ACS} \right) = E{}_2,\left( {PBS} \right) = {S_1},\left( {CTS} \right) = {S_2},BS = m}$ .Τότε $\displaystyle{\frac{{{E_2}}}{{{E_1}}} = \frac{2m}{{m}} = 2}$
Είναι $\displaystyle{\angle x = \angle y,\angle \varphi = \angle \omega }$ (υπό χορδής-εφαπτόμενης),άρα $\displaystyle{\vartriangle ABS \approx \vartriangle PSB,\vartriangle ASC \approx TSC \Rightarrow \frac{{{S_1}}}{{{E_1}}} = {\left( {\frac{m}{\alpha }} \right)^2},\frac{{{S_2}}}{{{E_2}}} = {\left( {\frac{m}{{2\alpha }}} \right)^2} \Rightarrow \frac{{{S_1} \cdot {E_2}}}{{{S_2} \cdot {E_1}}} = \frac{1}{4} \Rightarrow \frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{1}{8}}$
$\displaystyle{\angle B = \angle C = {60^0} \Rightarrow \frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{{BP \cdot m}}{{TC \cdot 2m}} \Rightarrow \boxed{\frac{{BP}}{{TC}} = 2\frac{{{S_1}}}{{{S_2}}} = \frac{1}{4}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 10:14 pm**

Άσκηση 53

: 53.png (9.19 KiB) Προβλήθηκε 1597 φορές

Η πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , έχει μήκος

. Στη βάση

θεωρούμε σημείο

, ώστε

.

Η μεσοκάθετος του

τέμνει τις AB,AC

στα

. Υπολογίστε τα μήκη των πλευρών του τριγώνου AST

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 11:28 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 49
Το συνημμένο 49.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και το $\displaystyle ADE$ ισόπλευρο , του οποίου η βάση

διέρχεται από την κορυφή της ορθής γωνίας του $\displaystyle ABC$ . Δείξτε ότι .

Δύο ακόμα τρόποι:

: ΣΧΗΜΑ1.png (15.7 KiB) Προβλήθηκε 1586 φορές

(1)Στην προέκταση της $\displaystyle{DE}$ παίρνουμε σημείο $\displaystyle{H}$ ,ώστε να είναι $\displaystyle{CH=CB}$ .

Εύκολα βλέπουμε ότι $\displaystyle{\widehat{ABD}=105^{o}}$ , $\displaystyle{\widehat{BAD}=15^{o}}$ , $\displaystyle{\widehat{ECH}=105^{o}}$ και

$\displaystyle{\widehat{CHE}=15^{o}}$ .

Και αφού $\displaystyle{CH=CB=AB}$ , έπεται ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{ABD}$ και $\displaystyle{ECH}$ είναι ίσα και άρα $\displaystyle{BD=CE}$

(2)

: ΣΧΗΜΑ2.png (13.3 KiB) Προβλήθηκε 1586 φορές

Από το τρίγωνο $\displaystyle{BEC}$ και από τον νόμο ημιτόνων έχουμε: $\displaystyle{\frac{EC}{sin15}=\frac{BC}{sin120}=\frac{BC}{sin60}$

Από το τρίγωνο $\displaystyle{AED}$ και τον νόμο ημιτόνων, έχουμε: $\displaystyle{\frac{BD}{sin15}=\frac{AB}{sin60}}$

Άρα $\displaystyle{BD=EC}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 27, 2013 11:41 pm**

rek2 έγραψε:
socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 15
Έστω τρίγωνο με $\angle ABC=\angle ACB.$
Αν υπάρχουν σημεία $M \in (AB), N \in (AC), P \in (BC)$ τέτοια ώστε και το τρίγωνο να είναι ισόπλευρο,
να δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.
Άμεσα από εδώ τα τρίγωνα είναι ίσα, οπότε γρήγορα $B=180^{o} - 120^{o}=60^o$

Από την άλλη μεριά, μόνο και μόνο για λόγους πλουραλισμού και αυτοδυναμίας της άσκησης και μετά την Άριστη λύση του φίλου Τεράστιου Κώστα Ρεκούμη, επίσης έχουμε την εξής διαπραγμάτευση:

Θεωρούμε σημείο

της πλευράς

, ώστε

και

.
Έστω ότι ο κύκλος (MEN)

τέμνει την πλευρά

σε σημείο

όχι κατ’ ανάγκη διάφορο του σημείου

. Παρατηρούμε πλέον ότι:
$\angle B = \angle C \Rightarrow \angle MEB = \angle CEN \Rightarrow \angle MNT = \angle TMN \Rightarrow T \equiv P \Rightarrow \angle B$ $= \angle C = 60^ \circ$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 28, 2013 2:30 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 53
Το συνημμένο 53.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Η πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , έχει μήκος . Στη βάση θεωρούμε σημείο , ώστε .

Η μεσοκάθετος του τέμνει τις στα . Υπολογίστε τα μήκη των πλευρών του τριγώνου .

: 53.png (23.78 KiB) Προβλήθηκε 1546 φορές

Ας πούμε $AS = {x_1}\,,AT = {y_1}\,,\,DS = x\,,\,DT = y$ . Λόγω της μεσοκαθέτου

στο

,

θα είναι : $\boxed{x = {x_{1\,\,\,}}}\,\,,\,\,\boxed{y = {y_1}}$ και $\widehat {TDS} = \widehat {SAT} = {60^0}$ . Από το θεώρημα συνημίτονου στο τρίγωνο BSD

,

έχουμε: $D{S^2} = B{D^2} + B{S^2} - BD \cdot BS \Rightarrow {x^2} = {6^2} + {(30 - x)^2} - 6(30 - x)$ . Μετά τις

(απλές) πράξεις έχουμε $\boxed{x = 14}$ . Ομοίως $\boxed{y = 21}$ και πάλι από το ίδιο θεώρημα στο

τρίγωνο DST

βρίσκουμε : $\boxed{ST = 7\sqrt 7 }$

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 28, 2013 10:00 am**

Καλημέρα σε όλους.
Για την άσκηση 53

Μετά την κομψή λύση του Νίκου , μια πιο μακρυνή διαδρομή ... για χάρη του Μενελάου.

: TR.53.PNG (5.65 KiB) Προβλήθηκε 1513 φορές

Έχουμε $AB=\alpha =30 , BD=6 , DM=MA$ . Οι ST,BC

τέμνονται στο

ενώ $AK\perp BC$ .
Εύκολα προκύπτουν : $BK=15 , DK=9 , AK^{2}=675 , AD^{2}=756$ .

Τα ορθ. τρίγωνα DIM , DAK

με την $\hat{D}$ κοινή είναι όμοια άρα $\frac{DM}{DI}=\frac{DK}{DA}\Rightarrow DI=\frac{DA^{2}}{2DK}\Rightarrow DI=42 , BI=48 ,CI=18$

Ας εφαρμόσουμε δις το Θ. Μενελάου .Στο τρίγωνο DAK

με διατέμνουσα την MTI

:

$\frac{MA}{MD}.\frac{TC}{TA}.\frac{DI}{CI}=1\Rightarrow \frac{TA}{TC}=\frac{DI}{CI}=\frac{42}{18}=\frac{7}{3}\Rightarrow ...{\color{blue} AT=21}$

και στο τρίγωνο BAD

με διατέμνουσα την SMI

: $\frac{SA}{SB}.\frac{MD}{MA}.\frac{BI}{DI}=1\Rightarrow \frac{SA}{SB}=\frac{DI}{BI}=\frac{42}{48}=\frac{7}{8}\Rightarrow ...{\color{blue} AS=14}.$

Ο Ν. συνημιτόνων στο τρίγωνο SAT

μας δίνει $ST^{2}=SA^{2}+TA^{2}-2.SA.TA. \sigma \upsilon \nu 60^{0} \Rightarrow ...{\color{blue} ST=7\sqrt{7}}.$

Φιλικά Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 28, 2013 10:43 am**

Άσκηση 54

: 54.png (11.37 KiB) Προβλήθηκε 1496 φορές

Σε τετράγωνο ABCD

έχουμε σχεδιάσει εσωτερικά το ισόπλευρο ATS

, (

στην

)

και εξωτερικά το επίσης ισόπλευρο BEC

. Δείξτε ότι τα A,T,E

είναι συνευθειακά .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 28, 2013 3:19 pm**

Άσκηση 55

: 55.png (12.12 KiB) Προβλήθηκε 1480 φορές

Το τμήμα

έχει τα άκρα του στις πλευρές AB,AC

ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ και εφάπτεται

του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου . Δείξτε ότι : $\displaystyle \frac{AS}{SB}+\frac{AT}{TC}=1$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 28, 2013 7:07 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 54
Το συνημμένο 54.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε τετράγωνο έχουμε σχεδιάσει εσωτερικά το ισόπλευρο , ( στην )

και εξωτερικά το επίσης ισόπλευρο . Δείξτε ότι τα είναι συνευθειακά .

Έστω $\displaystyle{\alpha }$ η πλευρά του τετραγώνου , $\displaystyle{b}$ του ισόπλευρου τριγώνου $\displaystyle{STA}$ .Είναι προφανές ότι $\displaystyle{DS = TB}$ (από Π.Θ στα $\displaystyle{\vartriangle DAS,TAB}$ ) άρα $\displaystyle{\vartriangle DAS = \vartriangle TAB \Rightarrow \angle x = \angle y = {15^0} \Rightarrow \angle \omega = {75^0}}$

Έστω τώρα $\displaystyle{L}$ το συμμετρικό του $\displaystyle{E}$ ως προς την $\displaystyle{BC}$ .Ο κύκλος $\displaystyle{(B,\alpha )}$ θα περνά από το $\displaystyle{L}$ και θα είναι $\displaystyle{\angle LBA = 2\angle DAS = 2 \cdot {15^0} = {30^0}}$ (γιατί η $\displaystyle{DA}$ είναι εφαπτόμενη).Τότε, $\displaystyle{\angle LBT = \angle LAT = {60^0} \Rightarrow LTBA}$ εγγράψιμο .Άρα $\displaystyle{\angle LTC = \angle LAB = {75^0} \Rightarrow \angle CTE = {75^0}}$ (λόγω της συμμετρίας) κι επειδή $\displaystyle{\angle ATB = {75^0} \Rightarrow A,T,E}$ συνευθειακά.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 28, 2013 7:37 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 54
54.png
Σε τετράγωνο έχουμε σχεδιάσει εσωτερικά το ισόπλευρο , ( στην )

και εξωτερικά το επίσης ισόπλευρο . Δείξτε ότι τα είναι συνευθειακά .

..καλησπέρα..

ας το πάμε ισοδύναμα ως εξής:

σε τετράγωνο ABCD

κατασκευάζω εξωτερικά το ισόπλευρο τρίγωνο BEC

. Έστω $T\equiv CB\bigcap{AE}$ και $S\in DC:\hat{TAS}= 60^{\circ}$ . Αρκεί να δειχθεί ότι : $\bigtriangleup AST$ ισόπλευρο.

Πράγματι στο $\bigtriangleup AEB:AB=BE\Rightarrow \hat{BAE}=\hat{BEA}=15^{\circ} (\hat{ABE}=150^{\circ} )$

Όμως: $\hat{BAD}=90^{\circ} \Rightarrow \hat{BAT}+\hat{TAS}+\hat{SAD}=90^{\circ} \Rightarrow \hat{SAD}=15^{\circ}$

Έτσι έχουμε: $\bigtriangleup DSA=\bigtriangleup TAB\,\,\,\,(\hat{D}=\hat{B}=90^{\circ} ,\,\,\,\,AD=AB,\,\,\,\,\hat{SAD}=\hat{TAB})\Rightarrow AS=AT$

Έτσι έχουμε: $\bigtriangleup AST:AS=AT,\,\,\,\,\hat{SAT}=60^{\circ}$ . Κατά συνέπεια $\bigtriangleup AST$ ..... ισόπλευρο

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 28, 2013 9:30 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 55
55.png
Το τμήμα έχει τα άκρα του στις πλευρές ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ και εφάπτεται

του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου . Δείξτε ότι : $\displaystyle \frac{AS}{SB}+\frac{AT}{TC}=1$

..καλησπέρα..

ονομάζω για ευκολία τον κύκλο ως (O)

,την πλευρά του ισοπλεύρου ως

,

. Έστω επίσης $H\equiv AB\bigcap{(O)} ,\,\,\,N\equiv AC\bigcap{(O)},\,\,\,\L\equiv ST\bigcap{O}$ .

Έτσι λοιπόν έχουμε: $AH=AN=a\Rightarrow SH=a-x,TN=a-z$ και επειδή $SL=SH\,\,\,\,\wedge \,\,\,\,LT=TN\Rightarrow ST=2a-(x+z)$ ( εφαπτόμενα τμήματα του κύκλου από ίδιο σημείο).

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι: $\displaystyle\frac{AS}{SB}+\frac{AT}{TC}=1\Leftrightarrow \frac{x}{2a-x}+\frac{z}{2a-z}=1\Leftrightarrow .....\Leftrightarrow 4ax+4az=3xz+4a^{2}\,\,\,\,(1)$

Εφαρμόζουμε το ν. συνημιτόνου στο $\bigtriangleup AST\Rightarrow ST^{2}=AS^{2}+AT^{2}-2AS\cdot AT\cdot \sigma \upsilon \nu \hat{(A)}$ $\Rightarrow ...\Rightarrow(2a-(x+z))^{2}=x^{2}+z^{2}-2x\cdot z\cdot \frac{1}{2}\Rightarrow ...\Rightarrow 4ax+4az=4a^{2}+3xz$ η οποία είναι και η σχέση (1) που θέλουμε να ισχύει

και άρα $\boxed{\displaystyle\frac{AS}{SB}+\frac{AT}{TC}=1}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 29, 2013 8:32 am**

Άσκηση 56

: 56.png (11.38 KiB) Προβλήθηκε 1404 φορές

Το ευθ. τμήμα

το οποίο συνδέει τα μέσα των πλευρών AB,BC

, ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , πλευράς

,

τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στα σημεία T , S

. Υπολογίστε τις πλευρές του τριγώνου TSC

( συναρτήσει της

) .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 29, 2013 12:10 pm**

Καλημέρα παντού , ξεκινώντας από την Κέρκυρα..

Για την ασκηση 36

: tr-36.PNG (5.13 KiB) Προβλήθηκε 1372 φορές

Θεωρούμε το ισόπλευρο τρίγωνο ABC

πλευράς

και τμήμα

πάνω στην

. Κατασκευάζουμε το ορθογώνιο DEZH

, φέρνουμε την

που τέμνει την

στο

και έπειτα το ορθογώνιο KLMN

.

Θα δείξουμε πρώτα ότι τα ορθογώνια είναι όμοια.
Από κατασκευή ισχύουν τρίγωνα $MAN\sim AHZ\sim ABC ...AHK\sim ABD ...NHK\sim HBD$ .
Από τις ίσες απέναντι πλευρές , το Θ. Θαλή και τις αναλογίες στα όμοια τρίγωνα έχουμε $\frac{KL}{DE}=\frac{MN}{HZ} =\frac{AN}{AH}=\frac{AK}{AD}=\frac{AH}{AB}=\frac{HK}{BD}=\frac{KN}{DH} :=l \Rightarrow {\color{blue} \frac{KL}{DE}=\frac{KN}{DH}}$ άρα τα DEZH , KLMN

είναι όμοια.

Είναι $l=\frac{AH}{AB}=\frac{HZ}{BC}=\frac{DE}{BC}\Rightarrow DE=2l$ αλλά και DE=2-2x

$\Rightarrow {\color{blue} l=1-x}$

Στο ορθ. BHD

είναι $\hat{B}=60^{0 } \Rightarrow DH=x\sqrt{3}$ ενώ $DE=2\left(1-x \right) \Rightarrow \left(DEZH \right)=DE.DH= 2\sqrt{3}x\left(1-x \right)$ . Ακόμη είναι $\left(KLMN \right)=l^{2}\left(DEZH \right)\Rightarrow \left(DEZH \right).\left(KLMN \right):= {\color{green}P }=l^{2}\left(DEZH \right)^{2}\Rightarrow P=12\left(1-x \right)^{4}x^{2}$

Θεωρούμε την συνάρτηση $f\left(x \right)=\left(1-x \right)^{2}x.. ,x\in \left(0,1 \right)$ οπότε είναι $P=12f^{2}\left(x \right)$ και το

γίνεται μέγιστο για την μέγιστη τιμή της

.
Για να βρούμε λοιπόν το μέγιστο της

- χωρίς παραγώγιση .. κατά την έμμεση προτροπή του θεματοθέτη Κώστα-
ας μετακινήσουμε την $C_{f}$ κατά 1/3 αριστερά.
Έστω $g\left(x \right)=f\left(x+\frac{1}{3} \right)=\left(\frac{2}{3}-x \right)^{2}\left(x+\frac{1}{3} \right)= ...=x^{2}\left(x-1 \right)+\frac{4}{27}$ .
Για $x<1 , x\neq 0 \Rightarrow g\left(x \right)<\frac{4}{27} \delta \eta \lambda .f\left(x \right)<\frac{4}{27}..\gamma \iota \alpha x<\frac{4}{3} ,x\neq \frac{1}{3}$ ενώ $f\left(\frac{1}{3} \right)=g\left(0 \right)=\frac{4}{27}\Rightarrow f_{max}=f\left(\frac{1}{3} \right)=\frac{4}{27}$

Άρα για το ζητούμενο

έχουμε $P_{max}=12f^{2} \left(\frac{1}{3} \right)=...=\frac{64}{243}\Rightarrow {\color{blue} P_{max}=\frac{64}{243}}$ αφού BD=x<1<4/3

Γενικότερα το $\left(DEZH \right).\left(KLMN \right)$ γίνεται μέγιστο όταν πάρουμε $BD=\frac{BC}{6}$ .

Τέλος , ένα μικρό σχόλιο: Αν έλεγα ότι δεν έκανα χρήση παραγώγου ..στο παρασκήνιο.. μάλλον θα ήταν ισοδύναμο με .. στρουθοκαμηλισμό

Φιλικά Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 29, 2013 12:50 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 56

Το ευθ. τμήμα το οποίο συνδέει τα μέσα των πλευρών , ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , πλευράς ,

τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στα σημεία . Υπολογίστε τις πλευρές του τριγώνου ( συναρτήσει της ) .

: 56.png (29.51 KiB) Προβλήθηκε 1365 φορές

Έστω

το περίκεντρο και $K \equiv BO \cap NM$ . Θα είναι KN = KM

(

χαρταετός), KT = KS

( $\triangleleft OTS$ ισοσκελές), συνεπώς NT = MS = x

.

Ακόμα, $BS = BT\,( \triangleleft BMS = \triangleleft BNT)$ , οπότε $B\hat CS = T\hat SB = T\widehat CB$ (εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ίσα τόξα).

Από $\triangleleft CSM \approx \triangleleft SBN \Rightarrow \dfrac{x}{{\dfrac{a}{2}}} = \dfrac{{\dfrac{a}{2}}}{{\dfrac{a}{2} + x}} \Rightarrow 4{x^2} + 2ax - {a^2} = 0$ , με δεκτή λύση $x = \dfrac{{a(\sqrt 5 - 1)}}{4}$ .Έτσι, $TS = \dfrac{a}{2} + 2x = \dfrac{{a\sqrt 5 }}{2}$ .

Από νόμο συνημιτόνων στο $\triangleleft SMC:\,{y^2} = {x^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4} - 2x\dfrac{a}{2}\sigma \upsilon \nu {60^ \circ } \Rightarrow \ldots y = SC = \dfrac{{a\sqrt {3 - \sqrt 5 } }}{2}$ .

Από $\triangleleft CTB \approx \triangleleft CMS \Rightarrow \dfrac{{CT}}{{\dfrac{a}{2}}} = \dfrac{a}{y} \Rightarrow \ldots CT = \dfrac{a}{{\sqrt {3 - \sqrt 5 } }}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 29, 2013 12:53 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 56
Το συνημμένο 56.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το ευθ. τμήμα το οποίο συνδέει τα μέσα των πλευρών , ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , πλευράς ,

τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στα σημεία . Υπολογίστε τις πλευρές του τριγώνου ( συναρτήσει της ) .

Καλημέρα στου αγαπητούς Θανάση και Μιχάλη , καλημέρα σε όλους .

: 56.png (24.01 KiB) Προβλήθηκε 1364 φορές

Ας θέσουμε για ευκολία πράξεων , με x,y,z

προφανώς θετικοί .

Από τη δύναμη το

στον κύκλο έχουμε : $TN \cdot NS = AN \cdot NB \Rightarrow x(k + x) = {k^2}$ , αφού

λόγω συμμετρίας TN = MS = x

. Είναι ακόμα TA = SC = z

Έχουμε λοιπόν $\boxed{x = \frac{k}{\varphi }}\,\,\mu \varepsilon \,\,{\varphi ^2} - \varphi - 1 = 0$ ( χρυσή τομή)
Από το θεώρημα του συνημίτονου στο τρίγωνο MSC

βρίσκουμε : $\boxed{z = \frac{{k\sqrt 2 }}{\varphi }}$ και

πάλι από το ίδιο θεώρημα στο τρίγωνο $\,TAC$ έχουμε:

$\boxed{y = \frac{{k\sqrt 2 (1 + \sqrt {8\varphi + 5} )}}{{2\varphi }}}$ και άρα τελικά

$\left\{ \begin{gathered} TS = \frac{{a(\varphi + 2)}}{{2\varphi }} \hfill \\ SC = \frac{{a\sqrt 2 }}{{2\varphi }} \hfill \\ TC = \frac{{a\sqrt 2 (1 + \sqrt {8\varphi + 5} )}}{{2\varphi }} \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\,,\,\,\,\varphi = \dfrac{{1 + \sqrt 5 }}{2}$
Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 29, 2013 7:07 pm**

Άσκηση 57

: 57.png (6.76 KiB) Προβλήθηκε 1337 φορές

Ας "εγγράψουμε" ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ στην παραβολή y=x^2

, του οποίου η πλευρά

να έχει κλίση

.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 30, 2013 1:06 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 56
Το συνημμένο 56.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Το ευθ. τμήμα το οποίο συνδέει τα μέσα των πλευρών , ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , πλευράς ,

τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στα σημεία . Υπολογίστε τις πλευρές του τριγώνου ( συναρτήσει της ) .

Μια λύση ακόμη.

Το $\displaystyle{ACST}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο ,άρα $\displaystyle{AT = CS,\angle ATS = \angle CST}$ κι επειδή $\displaystyle{\angle TNA = \angle CMS = {60^0} \Rightarrow \vartriangle ATN = \vartriangle CSM \Rightarrow TN = MS = x}$
Θεωρούμε την εφαπτόμενη στο $\displaystyle{A}$ που τέμνει την $\displaystyle{ST}$ στο $\displaystyle{H}$ κι ας είναι $\displaystyle{HT = y}$ .Προφαννώς,το $\displaystyle{HAMB}$ είναι ορθογώνιο ( $\displaystyle{AM}$ είναι ύψος του $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ ) κι έτσι $\displaystyle{y = \frac{\alpha }{2} - x,HS = \alpha + x}$
Ισχύει $\displaystyle{A{H^2} = HT \cdot HS \Rightarrow \frac{{{\alpha ^2}}}{4} = \left( {\frac{\alpha }{2} - x} \right) \cdot \left( {\alpha + x} \right) \Leftrightarrow ...4{x^2} + 2\alpha x - {\alpha ^2} = 0}$ με την εξίσωση να έχει δεκτή λύση $\displaystyle{x = \frac{{\alpha \left( {\sqrt 5 - 1} \right)}}{2} \Rightarrow 2x + \frac{\alpha }{2} = \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{2} \Rightarrow \boxed{TS = \frac{{\alpha \sqrt 5 }}{2}}}$
$\displaystyle{y = \frac{\alpha }{2} - \frac{{\alpha \left( {\sqrt 5 - 1} \right)}}{4} \Rightarrow y = \frac{{\alpha \left( {3 - \sqrt 5 } \right)}}{4}}$
Είναι , $\displaystyle{\angle \varphi = \angle \omega }$ (υπό χορδής-εφαπτόμενης) και $\displaystyle{\angle \omega = \angle \rho (HS//AC) \Rightarrow \angle \varphi = \angle \rho }$ .Ακόμη, $\displaystyle{\angle AHS = \angle AMB = {60^0},\angle ASC = {60^0}}$ .
Άρα $\displaystyle{\vartriangle AHT \approx \vartriangle ASC \Rightarrow \frac{y}{{AT}} = \frac{{AT}}{\alpha } \Rightarrow A{T^2} = \alpha y = \frac{{{\alpha ^2}\left( {3 - \sqrt 5 } \right)}}{4} \Rightarrow \boxed{AT = \frac{\alpha }{2}\sqrt {3 - \sqrt 5 } }}$ (είναι $\displaystyle{AT = CS}$ )
Ακόμη , $\displaystyle{\frac{{HA}}{{AS}} = \frac{y}{{CS}} \Rightarrow AS = \frac{{HA \cdot CS}}{y} = \frac{{\frac{\alpha }{2} \cdot \frac{\alpha }{2}\sqrt {3 - \sqrt 5 } }}{{\frac{{\alpha \left( {3 - \sqrt 5 } \right)}}{4}}} \Rightarrow \boxed{AS = \frac{\alpha }{{\sqrt {3 - \sqrt 5 } }}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 30, 2013 3:26 pm**

Άσκηση 58

: 58.png (7.46 KiB) Προβλήθηκε 1273 φορές

Σε ορθογώνιο ABCD

, έχουμε "εγγράψει" το ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle AEZ$ . Δείξτε ότι : $E_{1}+E_{2}=E_{3}$

mathematica.gr

ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Re: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ