mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 6:23 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 12
Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο ABC

και σημείο

στο εσωτερικό του. Αν X, Y, Z

είναι οι προβολές του

στις πλευρές BC, CA, AB,

αντίστοιχα, να δείξετε ότι το άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων BXP, CY P

και

είναι ανεξάρτητο του

viewtopic.php?f=22&t=39240

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 6:25 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 13
Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο ABC

πλευράς

και σημείο (σταθερό)

της πλευράς AB.

Τα σημεία

και

βρίσκονται στις πλευρές

και

αντίστοιχα ώστε το τρίγωνο MNP

να έχει ελάχιστη περίμετρο. Αν ο λόγος των εμβαδών των τριγώνων MNP

και

είναι

να βρείτε την περίμετρο του τριγώνου MNP.

viewtopic.php?f=110&t=37600

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 6:43 pm**

Μιχάλης Νάννος έγραψε: β) Πρόκειται για το γενικευμένο θεώρημα του Πτολεμαίου – Σχετική συζήτηση εδώ.

Καλησπέρα σε όλους!

Ας μού επιτρέψει ο Μιχάλης, (για τυπικούς λόγους πληρότητας) να συμπληρώσω:

Στο ADME

είναι $\displaystyle \widehat A + \widehat D = 60^\circ + 90^\circ = 150^\circ < 180^\circ$ , άρα δεν είναι εγγεγραμμένο, οπότε ισχύει το 2ο Θεώρημα του Πτολεμαίου, δηλαδή η σχέση (β)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 6:49 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 14
Θεωρούμε τρίγωνο ABC

με $\angle A=90^\circ$ και $\angle B=30^\circ.$ Έστω M,N

τα μέσα των

και

αντίστοιχα.
Αν P,Q

σημεία στα τμήματα

και

αντίστοιχα τέτοια ώστε

$\displaystyle{\frac{PB}{PC}=4\cdot \frac{QM}{QN}+3,}$

να δείξετε ότι το τρίγωνο APQ

είναι ισόπλευρο.

viewtopic.php?f=69&t=24737&start=40#p133334

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 6:55 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 15
Έστω τρίγωνο ABC

με $\angle ABC=\angle ACB.$
Αν υπάρχουν σημεία $M \in (AB), N \in (AC), P \in (BC)$ τέτοια ώστε BM + NC = BC

και το τρίγωνο MNP

να είναι ισόπλευρο,
να δείξετε ότι το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο.

viewtopic.php?f=69&t=24737&start=40#p132865
(Αναπάντητη)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 7:22 pm**

Α Σ Κ Η Σ Η 16

: Ισόπλευρα_16.png (9.89 KiB) Προβλήθηκε 926 φορές

Ισόπλευρο τρίγωνο ABC

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (C)

. Τυχαίο σημείο

ανήκει στο κυρτογώνιο τόξο

.

Η κάθετη από το

στην

τέμνει την

στο

.

Να αποδειχθεί ότι είναι ST = SA + SB

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 7:43 pm**

Καλησπέρα σε όλους.

Ας δώσω μια "επική" τριγωνομετρική λύση στην άσκηση 7 (για να θυμούνται οι παλιοί και να μαθαίνουν οι νέοι)...

: 03-09-2013 Γεωμετρία.jpg (20.34 KiB) Προβλήθηκε 916 φορές

Έστω $\displaystyle \widehat {TBS} = \omega$ .

Είναι $\displaystyle \widehat {B{\rm T}S} = 60^\circ = \widehat {CTS} \Rightarrow \widehat {BST} = 120^\circ - \omega ,\;\;\widehat {TSC} = 60^\circ + \omega ,\;\;\widehat {TCS} = 60^\circ - \omega$

Από Ν. Ημιτόνων στο BST

είναι

$\displaystyle \frac{{BS}}{{\eta \mu 60^\circ }} = \frac{{ST}}{{\eta \mu \omega }} \Leftrightarrow BS = \frac{{\eta \mu 60^\circ }}{{\eta \mu \omega }} \cdot ST$

$\displaystyle \frac{{{\rm T}{\rm B}}}{{\eta \mu \left( {120^\circ - \omega } \right)}} = \frac{{ST}}{{\eta \mu \omega }} \Leftrightarrow TB = \frac{{\eta \mu \left( {60^\circ + \omega } \right)}}{{\eta \mu \omega }} \cdot ST$

και στο SCT

είναι

$\displaystyle \frac{{SC}}{{\eta \mu 60^\circ }} = \frac{{ST}}{{\eta \mu \left( {60^\circ - \omega } \right)}} \Leftrightarrow SC = \frac{{\eta \mu 60^\circ }}{{\eta \mu \left( {60^\circ - \omega } \right)}} \cdot ST$

$\displaystyle \frac{{{\rm T}C}}{{\eta \mu \left( {60^\circ + \omega } \right)}} = \frac{{ST}}{{\eta \mu \left( {60^\circ - \omega } \right)}} \Leftrightarrow TC = \frac{{\eta \mu \left( {60^\circ + \omega } \right)}}{{\eta \mu \left( {60^\circ - \omega } \right)}} \cdot ST$

Οπότε $\displaystyle TB \cdot TC - SB \cdot SC = \left( {\frac{{\eta {\mu ^2}\left( {60^\circ + \omega } \right) - \eta {\mu ^2}60^\circ }}{{\eta \mu \omega \cdot \eta \mu \left( {60^\circ - \omega } \right)}}} \right) \cdot S{T^2} = S{T^2}$ ,

αφού $\displaystyle \frac{{\eta {\mu ^2}\left( {60^\circ + \omega } \right) - \eta {\mu ^2}60^\circ }}{{\eta \mu \omega \cdot \eta \mu \left( {60^\circ - \omega } \right)}} = \frac{{{{\left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}\sigma \upsilon \nu \omega + \frac{1}{2}\eta \mu \omega } \right)}^2} - \frac{3}{2}}}{{\eta \mu \omega \cdot \left( {\frac{{\sqrt 3 }}{2}\sigma \upsilon \nu \omega - \frac{1}{2}\eta \mu \omega } \right)}} =$

$\displaystyle = \frac{{\frac{3}{4}\sigma \upsilon {\nu ^2}\omega + \frac{1}{4}\eta {\mu ^2}\omega + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\eta \mu \omega \cdot \sigma \upsilon \nu \omega - \frac{3}{4}}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}\eta \mu \omega \cdot \sigma \upsilon \nu \omega - \frac{1}{2}\eta {\mu ^2}\omega }} = \frac{{\frac{1}{2}\sigma \upsilon {\nu ^2}\omega + \frac{{\sqrt 3 }}{2}\eta \mu \omega \cdot \sigma \upsilon \nu \omega - \frac{1}{2}}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}\eta \mu \omega \cdot \sigma \upsilon \nu \omega - \frac{1}{2}\eta {\mu ^2}\omega }} =$

$\displaystyle =\frac{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}\eta \mu \omega \cdot \sigma \upsilon \nu \omega - \frac{1}{2}\left( {1 - \sigma \upsilon {\nu ^2}\omega } \right)}}{{\frac{{\sqrt 3 }}{2}\eta \mu \omega \cdot \sigma \upsilon \nu \omega - \frac{1}{2}\eta {\mu ^2}\omega }} = 1$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 7:45 pm**

AIAS έγραψε:Α Σ Κ Η Σ Η 16
Το συνημμένο Ισόπλευρα_16.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Ισόπλευρο τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο . Τυχαίο σημείο ανήκει στο κυρτογώνιο τόξο .

Η κάθετη από το στην τέμνει την στο .

Να αποδειχθεί ότι είναι

: ask171.png (31.13 KiB) Προβλήθηκε 907 φορές

Από το Θ. Πτολεμαίου έχουμε $SA\cdot BC+SB\cdot AC=SC\cdot AB \iff SA+SB=SC$ .

Άρα αρκεί SC=ST

.

Είναι $S\widehat{T}C=90^o-T\widehat{S}A=90^o-S\widehat{A}B-S\widehat{B}A=90^o-\dfrac{\overset{ \frown}{AB}}{2}=30^o$ και

$T\widehat{C}S=90^o-A\widehat{S}C=90^o-60^o=30^o$ .

Επομένως $S\widehat{T}C=T\widehat{C}S\Rightarrow SC=ST$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 7:48 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 7
Το συνημμένο 7.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Η χορδή του περικύκλου του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , τέμνει

την στο σημείο . Δείξτε ότι : $TB\cdot TC- SB\cdot SC=ST^2$

: Άσκηση-07.jpg (35.7 KiB) Προβλήθηκε 910 φορές

Είναι $\left( {TBC} \right) = \left( {TBS} \right) + \left( {TSC} \right)$ και δεδομένου ότι $\eta \mu {120^ \circ } = \eta \mu {60^ \circ }$ προκύπτει η σχέση $TB \cdot TC = ST \cdot TB + ST \cdot TC\,\,(1)$ .

Επί της χορδής

παίρνω σημείο

, έτσι ώστε το $\triangleleft DBT$ να είναι ισόπλευρο. Θα έχουμε $\triangleleft BAD\mathop = \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \triangleleft BCT$ , συνεπώς $TA = TD + DA = TB + TC\,\,(2)$ .

Από τεμνόμενες χορδές: $SB \cdot SC = ST \cdot SA = ST(TA - ST)\mathop = \limits^{(2)} ST \cdot TB + ST \cdot TC - S{T^2}$ (3)

Με αφαίρεση κατά μέλη των (1),(3)

: $TB \cdot TC - SB \cdot SC = S{T^2}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 7:57 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 7
7.png
Η χορδή του περικύκλου του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , τέμνει

την στο σημείο . Δείξτε ότι : $TB\cdot TC- SB\cdot SC=ST^2$

$\displaystyle{\triangle BST \sim \triangle ATC: \ \frac{TB}{AT}=\frac{ST}{TC} \implies TB\cdot TC=AT\cdot ST}$

$\displaystyle{\triangle ABS \sim \triangle STC: \ \frac{BS}{ST}=\frac{AS}{SC} \implies SB\cdot SC=AS\cdot ST}$

$\displaystyle{TB\cdot TC- SB\cdot SC=AT\cdot ST-AS\cdot ST=ST(AT-AS)=ST^2}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 8:03 pm**

Για ευκολία, βάζω τη λύση(της παραπομπής) που έκανε ο Ηλίας στην άσκηση που πρότεινε ο Θανάσης .

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 10
Έστω τρίγωνο και τα μέσα των πλευρών Οι διάμεσοι τέμνονται στο
Δύο, τουλάχιστον, από τα τετράπλευρα είναι εγγράψιμα.
Δείξτε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο .

viewtopic.php?f=22&t=34675

ΛΥΣΗ(ΗΛΙΑΣ ΚΑΜΠΕΛΗΣ)

Έστω τα τετράπλευρα AFSE

και

είναι εγγράψιμα.

Τότε $\widehat {AFE} = \widehat {ASE} = x\;\left( 1 \right)$ από το AFSE

.

$\widehat {AFE} = \widehat {ABC} = x\;\left( 2 \right)$ (εντός εκτός επί τα αυτά)

$\widehat {ASE} = \widehat {ASD} = x\;\left( 3 \right)$ (κατακορυφήν)

$\widehat {BFD} = \widehat {ASD} = x\;$ (από το BFCD

) δηλαδή το τρίγωνο BFD

είναι ισοσκελές, οπότε

$BD = BF \Rightarrow \frac{{BC}}{2} = \frac{{AC}}{2} \Rightarrow BC = AD\;\left( 5 \right)$

Με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι $CD = DE \Rightarrow BC = AB\;\left( 6 \right)$

Από $\left( 5 \right),\left( 6 \right) \Rightarrow AB = BC = AC$ δηλαδή το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 8:05 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 17
Έστω

εσωτερικό σημείο ισόπλευρου τριγώνου με κέντρο το

.
Αν

οι προβολές του

στις πλευρές του τριγώνου, τότε $\vec{PP_1}+\vec{PP_2}+\vec{PP_3}=\frac{3}{2}\vec{PO}$ .

viewtopic.php?f=23&t=28131

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 8:10 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 18
Έστω a,b,c

τα μήκη των πλευρών τριγώνου ABC

και

τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου του με τις πλευρές του.
Έστω, ακόμη,

το βαρύκεντρό του.
Να δείξετε ότι $\displaystyle{a\overrightarrow{GD} + b\overrightarrow{GE} + c\overrightarrow{GF} = \overrightarrow{0}}$ αν, και μόνο αν, το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο.

viewtopic.php?f=23&t=33529
(Αναπάντητη)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 8:17 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 19
Να δείξετε ότι υπάρχει μοναδική τριάδα σημείων A,B,C

που ανήκουν στην καμπύλη $x^{3}+3xy+y^{3}=1$ και αποτελούν κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου.

viewtopic.php?f=23&t=19083

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 8:26 pm**

Doloros έγραψε: Δεν μπορώ να πω πως είμαι ευχαριστημένος από τη λύση ...Φιλικά Νίκος

: 4.png (21.35 KiB) Προβλήθηκε 871 φορές

Γράφω κύκλους ομοκέντρους προς τους αρχικούς , αλλά μισής ακτίνας . Μία κοινή εξωτερική εφαπτομένη τους

τέμνει τους αρχικούς στα σημεία S,T

, τα οποία είναι τα ζητούμενα . Διότι τότε είναι $\widehat{AOS}=60^0=\widehat{TSP}$

και όμοια $\widehat{STP}=60^0$ . ( Υπάρχει και δεύτερη λύση με την "κάτω " εφαπτομένη ) .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 8:53 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 7
Το συνημμένο 7.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Η χορδή του περικύκλου του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , τέμνει

την στο σημείο . Δείξτε ότι : $TB\cdot TC- SB\cdot SC=ST^2$

: iso_7.png (26.37 KiB) Προβλήθηκε 863 φορές

Ζητάμε να δείξουμε :

$xy - bc = {t^2} \Leftrightarrow xy - at = {t^2} \Leftrightarrow xy = t(a + t) \Leftrightarrow \boxed{\frac{x}{t} = \frac{{a + t}}{y}}$ . Δηλαδή

$\dfrac{{TB}}{{TS}} = \dfrac{{AT}}{{TC}} \Leftarrow \vartriangle SBT \approx \vartriangle CAT$ ( αληθές)

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 9:08 pm**

AIAS έγραψε:Α Σ Κ Η Σ Η 16
Το συνημμένο Ισόπλευρα_16.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Ισόπλευρο τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο . Τυχαίο σημείο ανήκει στο κυρτογώνιο τόξο .

Η κάθετη από το στην τέμνει την στο .

Να αποδειχθεί ότι είναι

Kαι μια λύση ακόμα:

: SXHM.png (25.99 KiB) Προβλήθηκε 856 φορές

Έχουμε: $\displaystyle{\widehat{CSA}=\widehat{CBA}=60^{o}}$ και $\displaystyle{\widehat{BSC}=\widehat{BAC}=60^{o}}$ . Από εδώ συμπεραίνουμε ότι:

$\displaystyle{\widehat{TSA}=60^{o}}$ και άρα το τρίγωνο $\displaystyle{TSC}$ είναι ισοσκελές (διότι η διχοτόμος του είναι και ύψος)

Άρα $\displaystyle{ST=SC}$ και συνεπώς είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{SC=SA+SB}$

Προεκτείνουμε την $\displaystyle{AS}$ και επί της προεκτάσεως παίρνουμε σημείο $\displaystyle{K}$ τέτοιο ώστε να είναι $\displaystyle{SK=SB}$

Τότε $\displaystyle{\widehat{KSB}=60^{o}}$ και άρα τα τρίγωνα $\displaystyle{KBA}$ και $\displaystyle{SBC}$ είναι ίσα και άρα θα έχουν και

$\displaystyle{SC=AK\Rightarrow SC=AS+SK\Rightarrow SC=AS+SB}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 11:04 pm**

socrates έγραψε:ΑΣΚΗΣΗ 17
Έστω εσωτερικό σημείο ισόπλευρου τριγώνου με κέντρο το .
Αν οι προβολές του στις πλευρές του τριγώνου, τότε $\vec{PP_1}+\vec{PP_2}+\vec{PP_3}=\frac{3}{2}\vec{PO}$ .

viewtopic.php?f=23&t=28131

: AΞΟΝΕΣ.png (12.76 KiB) Προβλήθηκε 817 φορές

Oνομάζουμε τις συντεταγμένες των σημείων όπως στο σχήμα, θεωρώντας ότι η πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου είναι $\displaystyle{2}$

Τότε η εξίσωση της ευθείας $\displaystyle{AC}$ είναι: $\displaystyle{y=-\sqrt{3}x+\sqrt{3}}$ και άρα η εξίσωση της ευθείας $\displaystyle{PP_2}$ είναι:

$\displaystyle{y=\frac{\sqrt{3}}{3}x-\frac{\sqrt{3}}{3}m+n}$

Λύνοντας το σύστημα, βρίσκουμε τις συντεταγμένες του $\displaystyle{P_2}$ και είναι:

$\displaystyle{P_2 (\frac{3}{4}+\frac{m}{4}-\frac{\sqrt{3}}{4}n , \frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\sqrtr{3}}{4}m+\frac{3}{4}n)}$

Με τον ίδιο τρόπο, βρίσκουμε:

$\displaystyle{P_3 (\frac{m}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4}n-\frac{3}{4} , \frac{\sqrt{3}}{4}m+\frac{3}{4}n+\frac{\sqrt{3}}{4})}$

Ενώ είναι $\displaystyle{P_1 (m,0)}$ και $\displaystyle{P(m,n)}$

Άρα: $\displaystyle{\vec{PP_1}+\vec{PP_2}+\vec{PP_3}=}$

$\displaystyle{(0,-n)+(\frac{3}{4}-\frac{3}{4}m-\frac{\sqrt{3}}{4}n , \frac{\sqrt{3}}{4}-\frac{\sqrt{3}}{4}m-\frac{n}{4})+(-\frac{3}{4}m+\frac{\sqrt{3}}{4}n-\frac{3}{4} , \frac{\sqrt{3}}{4}m-\frac{\sqrt{n}}{4}+\frac{\sqrt{3}}{4})=}$

$\displaystyle{(-\frac{3}{2}m , -n+\frac{\sqrt{3}}{2})=\frac{3}{2}(-m , -n+\frac{\sqrt{3}}{3})=\frac{3}{2}\vec{PO}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 11:12 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 3

Το συνημμένο 3.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε σημείο της βάσης ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , φέρω κάθετη

η οποία τέμνει την πλευρά στο και την προέκταση της στο

Σε άλλο σημείο της βάσης φέρω κάθετη η οποία τέμνει την στο και τον περίκυκλο στο .

1) Υπολογίστε το λόγο $\displaystyle \frac{BS}{BC}$ , ώστε το να είναι μέσο του
2) Εξετάστε αν αληθεύει ο ισχυρισμός ότι αν $\displaystyle \frac{BK}{BC}=\frac{10}{13}$ , τότε το είναι μέσο του

Ερώτημα 1

Έστω $\displaystyle{\alpha }$ η πλευρά του $\displaystyle{\vartriangle ABC}$
Προφανώς, $\displaystyle{\vartriangle BST \approx \vartriangle PSC \Rightarrow \frac{{BS}}{{SC}} = \frac{{TS}}{{PS}} = 2 \Rightarrow \frac{\alpha }{{SC}} = 3 \Rightarrow \boxed{CS = \frac{\alpha }{3}}}$

Ερώτημα 2

Για την προηγούμενη θέση του $\displaystyle{S}$ ,ας είναι $\displaystyle{N}$ η τομή της $\displaystyle{TC}$ με τον περίκυκλο του $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ κι έστω $\displaystyle{NK \bot BC}$
Είναι, $\displaystyle{TS//NK}$ και λόγω της δέσμης των ευθειών $\displaystyle{BC,AC,TC}$ ,θα είναι, $\displaystyle{\frac{{TP}}{{PS}} = \frac{{NL}}{{LK}} \Rightarrow \frac{{NL}}{{LK}} = 1 \Rightarrow \boxed{NL = LK}}$ .
Θα εξετάσουμε τώρα αν ισχύει $\displaystyle{\frac{{BK}}{{BC}} = \frac{{10}}{{13}}}$
Στο $\displaystyle{\vartriangle TSB}$ με διατέμνουσα $\displaystyle{APC}$ έχουμε, $\displaystyle{\frac{{TP}}{{PS}} \cdot \frac{{CS}}{{CB}} \cdot \frac{{AB}}{{AT}} = 1 \Rightarrow \frac{1}{3} \cdot \frac{\alpha }{{AT}} = 1 \Rightarrow \boxed{AT = \frac{\alpha }{3}}}$ οπότε $\displaystyle{TB = \frac{{4\alpha }}{3}}$
Στο $\displaystyle{\vartriangle TAC}$ ,με $\displaystyle{\angle TAC = {120^0},TA = \frac{\alpha }{3},AC = \alpha }$ ,με νόμο συνημιτόνων εύκολα παίρνουμε, $\displaystyle{TC = \frac{{\alpha \sqrt {13} }}{3}}$
Ακόμη, από την $\displaystyle{TA \cdot TB = TN \cdot TC}$ με $\displaystyle{TA = \frac{\alpha }{3},TB = \frac{{4\alpha }}{3},TC = \frac{{\alpha \sqrt {13} }}{3}}$ παίρνουμε
$\displaystyle{TN = \frac{{4\alpha \sqrt {13} }}{{39}}}$ οπότε $\displaystyle{\frac{{TN}}{{TC}} = \frac{4}{{13}} \Rightarrow \frac{{SK}}{{SC}} = \frac{4}{{13}} \Rightarrow SK = \frac{{4\alpha }}{{39}} \Rightarrow BK = BS + SK = \frac{{2\alpha }}{3} + \frac{{4\alpha }}{{39}} = \frac{{10}}{{13}}\alpha \Rightarrow \boxed{\frac{{BK}}{{BC}} = \frac{{10}}{{13}}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 03, 2013 11:35 pm**

ΑΣΚΗΣΗ 20

Να βάλουμε και μία κλασική για τους μαθητές (εύκολη).

Αν a,b,c

τα μήκη των πλευρών ενός τριγώνου ABC

τα οποία ικανοποιούν την σχέση
$a^{2}+b^{2}+c^{2}=ab+bc+ca$ .
Να βρεθεί το είδος του τριγώνου ως προς τις πλευρές.

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