mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 11, 2013 11:54 pm**

Doloros έγραψε:
rek2 έγραψε:Μια πρόκληση:

ΑΣΚΗΣΗ 65

Αν $A\Delta =BE=\Gamma Z$ και το τρίγωνο $\Delta EZ$ είναι ισόπλευρο, να αποδειχτεί ότι το $AB\Gamma$ είναι ισόπλευρο.

Χωρίς τριγωνομετρία...
Εδώ

Τελικά, έχω χάσει πολλά επεισόδια! Υπάρχει, απ' ότι είδα, και παλαιότερη (!) ανάρτηση με αυτό το θέμα, αλλά κάπου την έχασα και δεν την ξαναβρίσκω, ώστε να βάλω το σύδεσμο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Οκτ 11, 2013 11:57 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 59
Σε ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , πλευράς , σχεδιάζουμε με μεταβλητή ακτίνα , τον κυκλικό

τομέα $A\overset{\frown}{ST}$ , ο οποίος έχει μέσο τόξου και το κυκλικό τμήμα χορδής και τόξου $\overset{\frown}{BMC}$ .

Βρείτε το μέγιστο εμβαδόν της ακάλυπτης περιοχής , δηλαδή της μικτόγραμμης .

: 59 -λύση.png (15.68 KiB) Προβλήθηκε 907 φορές

Διχοτομώ το τρίγωνο και "οριζοντιώνω" το σχήμα . Ονομάζω

τη γωνία του τομέα $K\overset{\frown}{CM}$ . Θέτω a=2

Μπορούμε να δημιουργήσουμε συνάρτηση που να αποδίδει το εμβαδόν της ακάλυπτης περιοχής ως διαφορά

των δύο τομέων . Φυσικά η εύρεση του μεγίστου της , θα ανατεθεί ... στο λογισμικό .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Οκτ 20, 2013 1:42 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 66

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ABC

και σημείο

του επιπέδου του. Αν τα AD, BD, DC

είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου με λόγο

, να αποδειχτεί ότι p<2

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 14, 2013 5:52 pm**

Επαναφορά για τις άλυτες 52 και 66

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 15, 2013 10:42 am**

rek2 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 52

Αν σε τρίγωνο με διαμέσους είναι $\hat{BAM}=\hat{BCN}=30^o$ , τότε είναι ισόπλευρο.

Μάλλον εννοείς διαμέσους AM, CN

...

: ask226.png (8.3 KiB) Προβλήθηκε 731 φορές

Το τετράπλευρο ANMC

είναι εγγράψιμο , άρα $\hat{A}=N\hat{M}B$ επομένως $\overset{\triangle}{BNM}\approx\overset{\triangle}{ABC}$ .

Άρα $\dfrac{x}{2y}=\dfrac{y}{2x}\iff x=y\Rightarrow AB=BC$ .

Στο $\overset{\triangle}{BNC}$ από το νόμο σνημιτόνων έχουμε:

$BN^2=BC^2+NC^2-2\cdot BC\cdot NC\cdot\cos 30^o$ και αν θέσουμε NC=t:

$x^2=4x^2+t^2-2xt\sqrt{3}\iff t^2-2xt\sqrt{3}+3x^2=0\iff$
$\iff (t-\sqrt{3}x)^2=0\iff t=\sqrt{3}x$ .

Έτσι $BC^2=BN^2+NC^2\iff 4x^2=x^2+3x^2$ που ισχύει , επομένως $B\hat{N}C=90^o\Rightarrow \hat{B}=60^o$ .

Άρα το $\overset{\triangle}{ABC}$ είναι ισοσκελές με μία γωνία 60^o

, δηλαδή ισόπλευρο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 15, 2013 10:52 am**

rek2 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 66

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο και σημείο του επιπέδου του. Αν τα είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου με λόγο , να αποδειχτεί ότι

Έστω $AD=a\;,\;BD=pa\;,\;CD=p^2a$

Από το θεώρημα του Pompeiu έχουμε $AD+BD\geq DC\iff a+pa\geq p^2a\iff p^2-p-1\leq 0\iff$

$\iff \dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\leq p\leq \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\overset{p>0}{\iff}0<p\leq \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Rightarrow p<2$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 15, 2013 11:03 am**

rek2 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 52
Αν σε τρίγωνο με διαμέσους είναι $\hat{BAM}=\hat{BCN}=30^o$ , τότε είναι ισόπλευρο.

: Ισόπλευρο.png (11.29 KiB) Προβλήθηκε 720 φορές

Είναι $\displaystyle{(ABM) = (CBN) = \frac{1}{2}(ABC)}$

$\displaystyle{\frac{1}{2}{\mu _a} \cdot c\eta \mu {30^0} = \frac{1}{2}{\mu _c} \cdot a\eta \mu {30^0} \Leftrightarrow c \cdot {\mu _a} = a \cdot {\mu _c} = 2(ABC)}$ ,

Αλλά $\displaystyle{2(ABC) = a{\upsilon _a} = c{\upsilon _c}}$ , απ' όπου έχουμε $\displaystyle{{\mu _a} = {\upsilon _c},{\mu _c} = {\upsilon _a}}$ .

Αλλά, $\displaystyle{{\upsilon _a} \le {\mu _a} = {\upsilon _c}}$ και $\displaystyle{{\upsilon _c} \le {\mu _c} = {\upsilon _a}}$ , απ' όπου $\displaystyle{{\upsilon _c} \le {\upsilon _a} \le {\upsilon _c} \Leftrightarrow {\upsilon _a} = {\upsilon _c}}$ .
Δηλαδή το τρίγωνο είναι ισοσκελές BA=BC

και $\displaystyle{\widehat B = {60^0}}$ , άρα είναι ισόπλευρο.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 16, 2013 10:50 am**

kostas_zervos έγραψε:
rek2 έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 66

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο και σημείο του επιπέδου του. Αν τα είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου με λόγο , να αποδειχτεί ότι
Έστω $AD=a\;,\;BD=pa\;,\;CD=p^2a$

Από το θεώρημα του Pompeiu έχουμε $AD+BD\geq DC\iff a+pa\geq p^2a\iff p^2-p-1\leq 0\iff$

$\iff \dfrac{1-\sqrt{5}}{2}\leq p\leq \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\overset{p>0}{\iff}0<p\leq \dfrac{1+\sqrt{5}}{2}\Rightarrow p<2$ .

Ας το δούμε, τώρα, και αλλιώς, ώστε να μην έχουμε μία μόνο λύση.

Αν ήταν $p\geq 2$ , τότε θα είχαμε $BD\geq 2AD, DC\geq 2BD$ , επομένως το

θα ήταν κοινό σημείο των κυκλικών δίσκων που ορίζουν οι απολλώνιοι κύκλοι που είναι οι γεωμετρικοί τόποι των σημείων M, N

με

αντιστοίχως. (βλέπε εδώ). Οι δίσκοι αυτοί, όμως, δεν έχουν κοινά σημεία, όπως εύκολα διαπιστώνουμε, γιατί η διάκεντρός τους είναι μεγαλύτερη από το άθροισμα των ακτίνων τους, κ.λπ.

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