mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 06, 2013 9:13 am**

Άσκηση 28

: ask173.png (9.43 KiB) Προβλήθηκε 1488 φορές

Έστω ισόπλευρο τρίγωνο $\overset{\triangle}{ABC}$ και το σημείο

που κινείται στο τμήμα

.

Αν

το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\overset{\triangle}{ABM}$ τότε:

α)Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του

.
β)Να βρεθεί ο λόγος $\dfrac{BM}{OB}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 06, 2013 2:44 pm**

: 28.png (17.41 KiB) Προβλήθηκε 1457 φορές

Επειδή το

ισαπέχει από τα σταθερά σημεία A,B

θα ανήκει στη μεσοκάθετη της

, συγκεκριμένα ο γ.τ. θα είναι

το τμήμα της μεσοκαθέτου μεταξύ των κάθετων στα A,B

προς την

( αφού οι ακραίες θέσεις του

είναι οι

).

Επειδή $\widehat{MOB}=120^0$ ( διπλάσια της εγγεγραμμένης $\hat{A}$ ) , θα είναι $\widehat{OBM}=30^0$ και άρα $\displaystyle\frac{BM}{BO}=\sqrt{3}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 07, 2013 11:39 am**

ΑΣΚΗΣΉ 29

Δίνεται σταθερή ευθεία $\displaystyle{(e)}$ κι ένα σταθερό σημείο $\displaystyle{A}$ εκτός αυτής.
Να κατασκευάσετε ισόπλευρο τρίγωνο με κορυφή $\displaystyle{A}$ και τις κορυφές του $\displaystyle{B,C}$ επί της $\displaystyle{(e)}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 07, 2013 12:59 pm**

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:ΑΣΚΗΣΉ 29

Δίνεται σταθερή ευθεία $\displaystyle{(e)}$ κι ένα σταθερό σημείο $\displaystyle{A}$ εκτός αυτής.
Να κατασκευάσετε ισόπλευρο τρίγωνο με κορυφή $\displaystyle{A}$ και τις κορυφές του $\displaystyle{B,C}$ επί της $\displaystyle{(e)}$

Μιχάλη καλημέρα .
Αν κάτι δεν έχω δει στραβά …

: iso_29.png (14.55 KiB) Προβλήθηκε 1410 φορές

Αν

η απόσταση του

από την $(\varepsilon )$ και

, σημείο του

για το οποίο AK = 2KM

, τότε ο κύκλος (K,KA)

τέμνει την $(\varepsilon )$ , στα B,C

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Σεπ 07, 2013 2:55 pm**

ΠΕΡΙΤΤΑ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 08, 2013 10:13 am**

Άσκηση 30

: 30.png (17.35 KiB) Προβλήθηκε 1356 φορές

Από σημείο

στη βάση

ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , φέρω παράλληλες προς τις άλλες πλευρές

και ονομάζω P,Q

τα σημεία τομής μ' αυτές . Η

τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στο σημείο

.

Υπολογίστε το BS (=s)

, ( συναρτήσει της πλευράς

του ισοπλεύρου ) , ώστε να είναι : PQ=2QT

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 08, 2013 4:36 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 30
Το συνημμένο 30.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Από σημείο στη βάση ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , φέρω παράλληλες προς τις άλλες πλευρές

και ονομάζω τα σημεία τομής μ' αυτές . Η τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στο σημείο .

Υπολογίστε το , ( συναρτήσει της πλευράς του ισοπλεύρου ) , ώστε να είναι :

: Iso_30.png (22.07 KiB) Προβλήθηκε 1335 φορές

Είναι

$\boxed{s = \frac{{13 - \sqrt {13} }}{{26}}a}$ , όπου a =

μήκος πλευράς του ισοπλεύρου τριγώνου

Αργά το βράδυ ή απόδειξη αν δεν έχει εν τω μεταξύ απαντηθεί .

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 08, 2013 8:06 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 30 Από σημείο στη βάση ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , φέρω παράλληλες προς τις άλλες πλευρές και ονομάζω τα σημεία τομής μ' αυτές . Η τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στο σημείο .Υπολογίστε το , ( συναρτήσει της πλευράς του ισοπλεύρου ) , ώστε να είναι :

Επειδή όπως υποψιάζομαι από το σχήμα του η λύση του Νίκου θα είναι διαφορετική ας δούμε και την παρακάτω διαπραγμάτευση.

Έστω $M \equiv AS \cap PQ$ (προφανώς το μέσο των από το παραλληλόγραμμο ) , και ας είναι το δεύτερο (εκτός του )

κοινό σημείο της με τον περίκυκλο $\left( O \right)$ του τριγώνου $\vartriangle ABC$ .

Με $\left( {AQ} \right)\mathop = \limits^{APSQ\,\,\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o} \left( {PS} \right)\mathop = \limits^{\vartriangle PBS\,\,\iota \sigma o\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho o}$ $\left( {PB} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {OA} \right) = \left( {OB} \right) = {R_O},\angle OAQ = \angle OBP = {{30}^0}}$ $\vartriangle OAQ = \vartriangle OBQ \Rightarrow \left( {OQ} \right) = \left( {OP} \right)$

$\mathop \Rightarrow \limits^{M\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,PQ} OM \bot PQ \Rightarrow OM \bot TF$ $\mathop \Rightarrow \limits^{TF\,\,\chi o\rho \delta \eta \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( O \right)} M$ το μέσο της $TF\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {PQ} \right) = 2\left( {QT} \right) = 2\left( {MQ} \right) = 2\left( {MP} \right) = ...} \left\{ \begin{gathered} \boxed{\left( {TQ} \right) = \dfrac{{\left( {PQ} \right)}}{2}}:\left( 1 \right) \\ \boxed{\left( {QF} \right) = \dfrac{{3\left( {PQ} \right)}}{2}}:\left( 2 \right) \\ \end{gathered} \right.$ .
[attachment=0]Ασκηση 30.png[/attachment]
Από το θεώρημα των τεμνομένων χορδών στο έχουμε: $\left( {QT} \right)\left( {QF} \right) = \left( {QA} \right)\left( {QC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right),\left( 2 \right)} \dfrac{{3{{\left( {PQ} \right)}^2}}}{4} = s\left( {a - s} \right)$ $\Rightarrow \boxed{\dfrac{{{{\left( {PQ} \right)}^2}}}{2} = \dfrac{{2s\left( {a - s} \right)}}{3}}:\left( 3 \right)$

Από το Θεώρημα των διαμέσων στο $\vartriangle APQ \Rightarrow {\left( {AP} \right)^2} + {\left( {AQ} \right)^2} = 2{\left( {AM} \right)^2} + \dfrac{{{{\left( {PQ} \right)}^2}}}{2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)}$ $\boxed{{{\left( {a - s} \right)}^2} + {s^2} = \dfrac{{{{\left( {AS} \right)}^2}}}{2} + \dfrac{{2s\left( {a - s} \right)}}{3}}:\left( 4 \right)$ .

Από το Θεώρημα του στο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ για τη σεβιανή $AS \Rightarrow {\left( {AB} \right)^2}\left( {SC} \right) + {\left( {AC} \right)^2}\left( {SB} \right) =$ $\left( {BC} \right)\left[ {{{\left( {AS} \right)}^2} + \left( {BS} \right)\left( {AS} \right)} \right]$

$\Rightarrow {a^2}\left( {a - s} \right) + {a^2}s = a\left[ {{{\left( {AS} \right)}^2} + s\left( {a - s} \right)} \right] \Rightarrow$ $\ldots \boxed{\dfrac{{{{\left( {AS} \right)}^2}}}{2} = \dfrac{{{a^2} + {s^2} - as}}{2}}:\left( 5 \right)$ .

Από $\left( 4 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} {\left( {a - s} \right)^2} + {s^2} = \dfrac{{{a^2} + {s^2} - as}}{2} + \dfrac{{2s\left( {a - s} \right)}}{3}$ $\Leftrightarrow \ldots 13{s^2} - 13as + 3{a^2} = 0 \Rightarrow$ $\ldots \boxed{s = \dfrac{{13 \pm \sqrt {13} }}{{26}}a}$ και οι τιμές του έχουν βρεθεί.

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 08, 2013 11:06 pm**

Ας δούμε και την εξής σκέψη:

Ο γεωμετρικός τόπος του μέσου

του

που είναι και μέσο του

είναι η ευθεία

όταν

είναι το μέσο της

και

της

.
Αν τώρα θεωρήσουμε από το

την κάθετη στην

αυτή τέμνει τις AB,AC

στα σημεία ${P_1},{Q_1}$ αντίστοιχα. Από τα εγγράψιμα OVFP_1

και

προκύπτει $\angle VP_1 O = \angle VFO = \angle VLO = \angle VQ_1 O \Rightarrow VP_1 = VQ_1$ οπότε $P \equiv P_1 ,\;\;Q \equiv Q_1 ,$ αφού πλέον το τετράπλευρο $A{P_1}S{Q_1}$ είναι παραλληλόγραμμο.
Άρα όταν

είναι η τομή του

με τον κύκλο έχουμε: $PN=QT = x \Rightarrow PQ = 2x.$
Συνεπώς παίρνουμε:
1) Από δύναμη σημείου $x \cdot \left( {3x} \right) = s\left( {a - s} \right) \Leftrightarrow s^2 - as =3x^2 \quad \left( * \right).$
2) Από νόμο του συνημίτονου (ή Γεωμετρικά - επέκταση του Θεωρήματος του Πυθαγόρα) $4x^2 = \left( {a - s} \right)^2 + s^2 - s\left( {a - s} \right) \Leftrightarrow 3s^2 - 3as + a^2 =- 4x^2 \quad \left( { * * } \right).$
Απαλείφοντας εύκολα το

από τις σχέσεις (*), (**)

παίρνουμε

, που δίνει σαν λύσεις τις: $\displaystyle{s = \frac{{13 \pm \sqrt {13} }}{{26}}\cdot a}\;.$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 09, 2013 12:14 am**

: 30.png (20.81 KiB) Προβλήθηκε 1244 φορές

Είναι

και

( χαρταετοί ! ) , γεγονός που μας δίνει τα ίσα

. Από νόμο ημιτόνων στο SPQ

,

παίρνω $\displaystyle PQ^2=3s^2-3as+a^2=4x^2\Rightarrow x^2=\frac{3s^2-3as+a^2}{4}$ . Από τεμνόμενες χορδές 3x^2=s(a-s)

και συνεχίζουμε όπως οι προλαλήσαντες ...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 09, 2013 12:28 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 30

Από σημείο στη βάση ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , φέρω παράλληλες προς τις άλλες πλευρές

και ονομάζω τα σημεία τομής μ' αυτές . Η τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στο σημείο .

Υπολογίστε το , ( συναρτήσει της πλευράς του ισοπλεύρου ) , ώστε να είναι :

: 30.png (36.78 KiB) Προβλήθηκε 1240 φορές

Ισχύει $\triangleleft OBQ\mathop = \limits^{\Pi - \Gamma - \Pi } \triangleleft OAP$ , συνεπώς OQ = OP

και $B\widehat QO = A\widehat PO$ . Αν

το μέσο της

, τότε (λόγω του ισοσκελούς $\triangleleft ODT$ ) θα είναι και μέσο της

, επομένως QD = PT = x

.

Από το εγγράψιμο AQOP

(λόγω των ίσων μπλε γωνιών) προκύπτει το ισοσκελές $\triangleleft OQP \approx \triangleleft OAB$ και από λόγο ομοιότητας: $\dfrac{{OP}}{{2x}} = \dfrac{R}{a}\mathop \Rightarrow \limits^{R = \frac{{a\sqrt 3 }}{3}} OP = \dfrac{{2x\sqrt 3 }}{3}$ . Απ’ το $\triangleleft OPM({60^ \circ }{,30^ \circ }{,90^ \circ }) \Rightarrow OM = \dfrac{{OP}}{2} = \dfrac{{x\sqrt 3 }}{3}$ .

Από θεώρημα διαμέσων στο $\triangleleft OMT:\,O{M^2} + {R^2} = 2O{P^2} + \dfrac{{M{T^2}}}{2} \Leftrightarrow \ldots x = \dfrac{a}{{\sqrt {13} }}$ και από τεμνόμενες χορδές: $x \cdot 3x = s(a - s)$ . Συνδυάζοντας τις δύο σχέσεις παίρνουμε το τριώνυμο $13{s^2} - 13as + 3{a^2} = 0$ με λύσεις τις $\dfrac{{\left( {13 \pm \sqrt {13} } \right)a}}{{26}}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 09, 2013 12:34 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 30
Το συνημμένο 30.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Από σημείο στη βάση ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , φέρω παράλληλες προς τις άλλες πλευρές

και ονομάζω τα σημεία τομής μ' αυτές . Η τέμνει τον περίκυκλο του τριγώνου στο σημείο .

Υπολογίστε το , ( συναρτήσει της πλευράς του ισοπλεύρου ) , ώστε να είναι :

Μόλις τα έγραψα βλέπω τον Θανάση και τον Μιχάλη . Καλησπέρα σε όλους
Η άποψή μου πιο κοντά με του Κ. Σωτήρη.

: Isoplevro_1_30.png (18.39 KiB) Προβλήθηκε 1236 φορές

Πρώτα-πρώτα για κάθε θέση του

, πάνω στην πλευρά

, ας πούμε

το σημείο

που η προέκταση , προς το

, της

τέμνει τον κύκλο .

Αν DP = w,PQ = y,QT = x

θα ισχύουν:

$\left\{ \begin{gathered} QD \cdot QT = QA \cdot QC \hfill \\ PD \cdot PT = PA \cdot PB \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} (w + y)x = s(a - s) \hfill \\ w(y + x) = (a - s)s \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και άρα $(w + y)x = w(y + x) \Rightarrow \boxed{w = x}$

Τώρα στην συγκεκριμένη άσκηση $\boxed{y = 2x}$ οπότε : $3{x^2} = s(a - s)\,\,\,(1)$ και από το

: Ισόπλευρο_2_30.png (28.79 KiB) Προβλήθηκε 1236 φορές

τρίγωνο

θα έχουμε $P{Q^2} = A{P^2} + A{Q^2} - AP \cdot AQ$ δηλαδή :

${(2x)^2} = {(a - s)^2} + {s^2} - s(a - s)\,(2)$ και λόγω της (1)

θα έχουμε :

$4\dfrac{{s(a - s)}}{3} = {(a - s)^2} + {s^2} - s(a - s) \Leftrightarrow \boxed{13{s^2} - 13as + 3{a^2} = 0}$ . Από την εξίσωση αυτή

έχουμε δύο δεκτές ρίζες τις $\boxed{s = \frac{{13 \pm \sqrt {13} }}{{26}}a}$ .

Παρατήρηση:
Στην αρχική ανάρτηση έδωσα (λάθος) βιαστικά και λόγω σχήματος του Θανάση μόνο την μικρότερη τιμή του

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 09, 2013 10:11 am**

Α Σ Κ Η Σ Η 31
Να κατασκευαστεί ισόπλευρο τρίγωνο του οποίου οι πλευρές να διέρχονται, αντιστοίχως, από τρία δεδομένα μη συνευθειακά σημεία και να έχει την μεγαλύτερη δυνατή περίμετρο.
Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 09, 2013 7:12 pm**

Doloros έγραψε:Α Σ Κ Η Σ Η 31
Να κατασκευαστεί ισόπλευρο τρίγωνο του οποίου οι πλευρές να διέρχονται, αντιστοίχως, από τρία δεδομένα μη συνευθειακά σημεία και να έχει την μεγαλύτερη δυνατή περίμετρο.
Νίκος

Μία αρχική σκέψη...
Έστω K,L,M

τα τρία σημεία.
Είναι εύκολο σαν τομή τριών κύκλων να βρούμε σημείο

ώστε
$\angle MSK = \angle KSL = \angle LSM=\frac{2\pi }{3}.$
Αν τώρα από τα σημεία αυτά (τα σημεία δηλαδή K,L,M

) θεωρήσουμε τις παράλληλες προς τις διακέντρους των κύκλων που κατασκευάσαμε, παίρνουμε το τρίγωνο μας.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 09, 2013 8:51 pm**

S.E.Louridas έγραψε:
Doloros έγραψε:Α Σ Κ Η Σ Η 31
Να κατασκευαστεί ισόπλευρο τρίγωνο του οποίου οι πλευρές να διέρχονται, αντιστοίχως, από τρία δεδομένα μη συνευθειακά σημεία και να έχει την μεγαλύτερη δυνατή περίμετρο.
Νίκος
Μία αρχική σκέψη...
Έστω τα τρία σημεία.
Είναι εύκολο σαν τομή τριών κύκλων να βρούμε σημείο ώστε
$\angle MSK = \angle KSL = \angle LSM=\frac{2\pi }{3}.$
Αν τώρα από τα σημεία αυτά (τα σημεία δηλαδή ) θεωρήσουμε τις παράλληλες προς τις διακέντρους των κύκλων που κατασκευάσαμε, παίρνουμε το τρίγωνο μας.

Ακριβώς κ. Σωτήρη κι ευχαριστώ.
( Αρχιτέκτονες Αθηνών 1959)

Με εκτίμηση Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 09, 2013 11:48 pm**

Α Σ Κ Η Σ Η 32

: Ισόπλευρα τρίγωνα 32.png (17.95 KiB) Προβλήθηκε 1146 φορές

Δίδεται ισόπλευρο τρίγωνο ABC

. Από σημείο

της

, φέρνουμε παράλληλη προς τη

που τέμνει την

στο

και τέτοια ώστε η απόσταση της από την

να είναι

. Έστω

το σημείο που τέμνονται οι

με την

.
Οι κύκλοι $(O,OE)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(K,KO)$ , τέμνονται στα Z,H

( με το

πιο κοντά στο

.
1. Να δειχθεί ότι το τρίγωνο OZH

είναι ισόπλευρο .
2. Αν φέρουμε την

και κόψει τον κύκλο (O,OE)

στο

, τότε:
i) Να δειχθεί ότι η

, εφάπτεται στον (K,KO)

και
ii) $KM \bot AB$

Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 10, 2013 3:42 pm**

Άσκηση 33

: 33.png (10.84 KiB) Προβλήθηκε 1105 φορές

Στη βάση του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ "κολλάμε ορθογώνιο BCDE

. Οι

τέμνουν την

στα σημεία S,T

αντίστοιχα . Βρείτε το ύψος

του ορθογωνίου , ώστε : (STDE)=(ABC)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 10, 2013 5:03 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 33
Το συνημμένο 33.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στη βάση του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ "κολλάμε ορθογώνιο . Οι τέμνουν την

στα σημεία αντίστοιχα . Βρείτε το ύψος του ορθογωνίου , ώστε :

Να προσθέσω ότι η κατασκευή γίνεται αν διαιρέσουμε το ύψος του ισοπλεύρου τριγώνου σε μέσο και άκρο λόγο. Πιο βράδυ μετά τον αγώνα και ή απόδειξη ( διαφορετικά από την αρχική)

Νίκος

Επειδή χρωστάω μια απόδειξη .

: Ισόπλευρα 33.png (19.38 KiB) Προβλήθηκε 1021 φορές

Έστω

το μέσο του

. Θέτουμε : $BE = y\,,\,AM = h\,,\,BS = x$ .

Από την ομοιότητα των τριγώνων $BSE\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MSA\,\,$ έχουμε :

$\dfrac{{BE}}{{BM}} = \dfrac{{BS}}{{MS}} \Rightarrow \dfrac{y}{h} = \dfrac{x}{{\dfrac{{a - 2x}}{2}}} \Rightarrow \boxed{\frac{y}{h} = \dfrac{{2x}}{{a - 2x}}}\,(1)$ . Από την εκφώνηση :

$(STDE) = (ABC) \Rightarrow \dfrac{{ED + ST}}{2}BE = \dfrac{{BC \cdot AM}}{2} \Rightarrow \boxed{2(a - x)y = ah}\,\,(2)$ . Απαλείφουμε το

μεταξύ των $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$ και έχουμε : ${y^2} + hy - {h^2} = 0 \Rightarrow \boxed{y = \dfrac{h}{\varphi }}$ .
Διαιρούμε το ύψος σε μέσο και άκρο λόγο , δηλαδή $B{P^2} = h(h - BP)$ με κέντρο το

και ακτίνα

γράφουμε τόξο που τέμνει , στο

, την κάθετο στο

επί την

και το ορθογώνιο BEDC

είναι το ζητούμενο και το κατάλληλο που πρέπει να

«κολλήσουμε» στην

.

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 10, 2013 5:26 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 33

Στη βάση του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ "κολλάμε ορθογώνιο . Οι τέμνουν την

στα σημεία αντίστοιχα . Βρείτε το ύψος του ορθογωνίου , ώστε :

: 33.png (17.54 KiB) Προβλήθηκε 1068 φορές

Περιοριζόμαστε στο μισό σχήμα (για πλευρά ισοπλεύρου

) και έχουμε:
$\left( {ABM} \right) = \left( {SMNE} \right) \Leftrightarrow \dfrac{{a \cdot a\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{(2a - y)x}}{2}\,\,(1)$
$\triangleleft AMS \approx \triangleleft ANE \Rightarrow \dfrac{{a\sqrt 3 }}{{a - y}} = \dfrac{{a\sqrt 3 + x}}{a}\,\,(2)$
$\triangleleft EBS \approx \triangleleft EKA \Rightarrow \dfrac{x}{y} = \dfrac{{x + a\sqrt 3 }}{a}\,\,(3)$
Απ’ το σύστημα των $\left( 1 \right),\left( 2 \right),\,\left( 3 \right)$ προκύπτει το τριώνυμο ${x^2} + a\sqrt 3 x - 3{a^2} = 0$ με λύση $x = \dfrac{{\left( {\sqrt {15} - \sqrt 3 } \right)a}}{2}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 10, 2013 8:00 pm**

Doloros έγραψε:Α Σ Κ Η Σ Η 32
Δίδεται ισόπλευρο τρίγωνο . Από σημείο της , φέρνουμε παράλληλη προς τη που τέμνει την στο και τέτοια ώστε η απόσταση της από την να είναι . Έστω το σημείο που τέμνονται οι με την . Οι κύκλοι $(O,OE)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(K,KO)$ , τέμνονται στα ( με το πιο κοντά στο . 1. Να δειχθεί ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο . 2. Αν φέρουμε την και κόψει τον κύκλο στο , τότε:
i) Να δειχθεί ότι η , εφάπτεται στον και
ii) $KM \bot AB$
Νίκος

1. Με τον ριζικό άξονα των κύκλων $\left( O \right),\left( K \right)$ (κοινή τους χορδή) προκύπτει ότι η διάκεντρό τους είναι μεσοκάθετη στην κοινή

χορδή και συνεπώς το τρίγωνο $\vartriangle OZH$ είναι ισοσκελές $\left( {\left( {OZ} \right) = \left( {OH} \right)} \right)$ .

Με $DE\parallel BC \Rightarrow \vartriangle DEO \sim \vartriangle OKC \Rightarrow \dfrac{{\left( {OE} \right)}}{{\left( {OK} \right)}} = \dfrac{{\left( {DE} \right)}}{{\left( {KC} \right)}}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {OE} \right) = \left( {OZ} \right) = {R_O},\left( {DE} \right) = \left( {KE} \right)}$ $\dfrac{{\left( {OZ} \right)}}{{{R_K}}} = \dfrac{{\left( {EK} \right)}}{{\left( {KC} \right)}}$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle EKC\left( {\angle EKC = {{90}^0},\angle ECK = {{60}^0}} \right) \to \dfrac{{\left( {EK} \right)}}{{\left( {KC} \right)}} = \sqrt 3 }$ $\dfrac{{\left( {OZ} \right)}}{{{R_K}}} = \sqrt 3 \Rightarrow \left( {OZ} \right) = {R_K}\sqrt 3 \Rightarrow$ $\left( {OZ} \right) = \left( {OH} \right) = {R_K}\sqrt 3 = {\lambda _3} \Rightarrow \vartriangle OZH$ είναι ισόπλευρο.

2.i) Ας είναι $DN \bot BC\left( {N \in BC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {DE} \right) = \left( {EK} \right)} \ldots DEKN$ τετράγωνο. Προφανώς διχοτόμος της $\angle ZOH\mathop \Rightarrow \limits^{\angle ZOH = {{60}^0}}$ $\left\{ \begin{gathered} \angle ZOK = {30^0} \hfill \\ \angle OZK = {30^0} \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {OE} \right) = \left( {OZ} \right) = {R_O}}$

$\left\{ \begin{gathered} 2\angle OZE = {30^0} \\ \angle OZK = {30^0} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \angle OZE = {15^0} \\ \angle OZK = {30^0} \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow$ $\angle KZE = {45^0}\mathop = \limits^{DEKN\,\,\tau \varepsilon \tau \rho \alpha \gamma \omega \nu o} \angle KDE \Rightarrow ZKED$ εγγράψιμο, οπότε:

$\angle DZK = {180^0} - \angle DEK\mathop \Rightarrow \limits^{\angle DEK = {{90}^0}} \angle DZK = {90^0} \Rightarrow$ $DZ \bot KZ\mathop \Rightarrow \limits^{KZ\,\,\alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( K \right)} DZ$ εφαπτόμενη του κύκλου $\left( K \right)$ .
[attachment=0]1.png[/attachment]
2.ii) Στον περίκυκλο του (διαμέτρου ) προφανώς ανήκει και το .

Είναι $\angle BDN\mathop = \limits^{\angle B = {{60}^0},\angle DNB = {{90}^0}} {30^0} = \angle ZOK$ $\mathop \Rightarrow \limits^{DN\parallel OK\left( {DN \bot BC,OK \bot BC} \right)} \boxed{OZ\parallel DB}:\left( 1 \right)$ .

Από το εγγράψιμο $ZKED \Rightarrow \angle DZE = \angle DKE = {45^0}\mathop \Rightarrow \limits^{\angle DZE \equiv \angle MZE}$ $\angle MZE = {45^0}$ $\mathop \Rightarrow \limits^{\angle MOE = 2\angle MZE\,\,(\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\, - \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta )}$

$\angle MOE = {90^0} \Rightarrow MO \bot OK\mathop \Rightarrow \limits^{OK\,\,\alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha \,\,\tau o\upsilon \,\,\left( K \right)} MO$ εφαπτόμενη του $\left( K \right)$ εφαπτόμενη του $\left( K \right)$ (από το 2.i))

θα είναι $KM\mathop \bot \limits^{\mu \varepsilon \sigma o} OZ\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} KM \bot BD \Rightarrow \boxed{KM \bot AB}$ και όλα τα ζητούμενα έχουν αποδειχθεί.

Στάθης

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