mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 10, 2013 8:12 pm**

Άσκηση 34

: 34.png (6.83 KiB) Προβλήθηκε 1587 φορές

Σε ισόπλευρο τρίγωνο έχουμε εγγράψει τετράγωνο , δηλαδή με όλες οι κορυφές επί των πλευρών του τριγώνου . Αν τυχόν

ισχυριστείτε ότι το τετράγωνο αυτό είναι το μέγιστο ορθογώνιο που εγγράφεται μ' αυτόν τον τρόπο , θα διαψευστείτε οικτρά !

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 10, 2013 8:20 pm**

Doloros έγραψε:Α Σ Κ Η Σ Η 32
Το συνημμένο Ισόπλευρα τρίγωνα 32.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
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

Ερώτημα 1

Η $\displaystyle{OK}$ είναι μεσοκάθετος της $\displaystyle{ZH}$ κι έτσι το $\displaystyle{\vartriangle OZH}$ είναι ισοσκελές .Θα δείξουμε ότι $\displaystyle{\angle ZOH = {60^0}}$
Επειδή στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{EKC}$ είναι $\displaystyle{\angle ECK = {60^0}}$ θα είναι $\displaystyle{EC = 2KC}$ κι επομένως( από Π.Θ) $\displaystyle{EK = \sqrt 3 KC \Rightarrow \frac{{EK}}{{KC}} = \sqrt 3 }$
Ισχύει, $\displaystyle{\frac{{DE}}{{KC}} = \frac{{EO}}{{OK}} \Rightarrow \frac{{EK}}{{KC}} = \frac{{EO}}{{OK}} \Rightarrow \frac{{EO}}{{OK}} = \sqrt 3 \Rightarrow \boxed{E{O^2} = 3O{K^2}}}$
Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{OZL}$ έχουμε (Π.Θ) $\displaystyle{O{L^2} = O{Z^2} + Z{L^2} \Rightarrow {\left( {2OK} \right)^2} = E{O^2} + Z{L^2} \Rightarrow 4O{K^2} = 3O{K^2} + Z{L^2} \Rightarrow {\text{ }}OK = ZL \Rightarrow \boxed{KL = ZL}}$ κι επειδή $\displaystyle{KL = KZ}$ θα είναι $\displaystyle{\vartriangle KZL}$ ισόπλευρο,άρα $\displaystyle{\angle KLZ = {60^0} \Rightarrow \angle ZOL = {30^0} \Rightarrow \angle ZOH = {60^0} \Rightarrow \vartriangle OZH}$ ισόπλευρο

Ερώτημα 2

Θεωρούμε, $\displaystyle{DQ \bot BC}$ οπότε το $\displaystyle{QDEK}$ είναι τετράγωνο κι έτσι $\displaystyle{\angle EQK = {45^0}}$
Από το πρώτο ερώτημα, $\displaystyle{\angle ZOK = \angle KZO = {30^0} \Rightarrow \angle ZEO = \angle OZE = {15^0} \Rightarrow \angle EZK = {30^0} + {15^0} = {45^0}}$ κι αφού $\displaystyle{\angle EDK = {45^0} \Rightarrow EQZK}$ είναι εγγράψιμο,άρα $\displaystyle{QZ \bot EZ}$ οπότε το $\displaystyle{EZQD}$ είναι εγγράψιμο κι επομένως $\displaystyle{\angle DZE = \angle DQE = {45^0}}$ .Τότε όμως , $\displaystyle{\angle DZK = \angle DZE + \angle EZK = {45^0} + {45^0} \Rightarrow \boxed{\angle DZK = {{90}^0}}}$ που αποδεικνύει το δεύτερο ζητούμενο

Ερώτημα 3

Επειδή , $\displaystyle{DEKZ}$ εγγράψιμο,( $\displaystyle{\angle DZK = \angle DEK = 90}$ ) θα είναι, $\displaystyle{\angle KDZ = \angle ZEK = {15^0}}$ .Αλλά , $\displaystyle{\angle MKD = \angle MDK = {15^0} \Rightarrow \angle MKB = {45^0} - {15^0} = {30^0}}$ κι αφού $\displaystyle{\angle NBK = {60^0} \Rightarrow \boxed{KN \bot AB}}$
(Η $\displaystyle{QE}$ είναι μεσοκάθετος της $\displaystyle{DK}$ )

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 11, 2013 2:09 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 34
Το συνημμένο 34.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε ισόπλευρο τρίγωνο έχουμε εγγράψει τετράγωνο , δηλαδή με όλες οι κορυφές επί των πλευρών του τριγώνου . Αν τυχόν

ισχυριστείτε ότι το τετράγωνο αυτό είναι το μέγιστο ορθογώνιο που εγγράφεται μ' αυτόν τον τρόπο , θα διαψευστείτε οικτρά !

Εργαζόμαστε σε τυχαίο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ και θα βρούμε τις διαστάσεις ορθογωνίου εγγεγραμμένου σ αυτό με τις κορυφές του $\displaystyle{D,E,Z,H}$ επί των πλευρών του ,ώστε να έχει μέγιστο εμβαδόν
Θα βρούμε επίσης την πλευρά του μοναδικού τετραγώνου $\displaystyle{MNQL}$ με τις κορυφές του επί των πλευρών του $\displaystyle{ABC}$ και θα συγκρίνουμε τα εμβαδά των σχημάτων αυτών
Ας είναι $\displaystyle{EZ = {\text{ m}},ZH = {\text{ n}},ML = x,AT = u}$ ,όπου $\displaystyle{AT}$ ύψος του $\displaystyle{\vartriangle ABC}$
$\displaystyle{\vartriangle AEZ \approx \vartriangle ABC \Rightarrow \frac{{EZ}}{{BC}} = \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{AS}}{{AT}} \Rightarrow \frac{m}{\alpha } = \frac{{u - n}}{u} \Rightarrow \boxed{\frac{m}{\alpha } + \frac{n}{u} = 1}}$ $\displaystyle{\left( 1 \right)}$
Στην παραπάνω ισότητα θέτοντας $\displaystyle{m = n = x}$ (περίπτωση τετραγώνου) παίρνουμε $\displaystyle{\frac{x}{\alpha } + \frac{x}{{u - x}} = 1 \Rightarrow \boxed{x = \frac{{\alpha u}}{{\alpha + u}}}}$
Αν $\displaystyle{\left( {ABC} \right) = E \Rightarrow \alpha u = 2E = }$ σταθερό
Είναι , $\displaystyle{\left( {DEZH} \right) = mn = \frac{m}{\alpha } \cdot \frac{n}{u} \cdot \alpha u = 2E \cdot \frac{m}{\alpha } \cdot \frac{n}{u}}$ και η μέγιστη τιμή του $\displaystyle{\left( {DEZH} \right)}$ θα λαμβάνεται ,όταν $\displaystyle{\frac{m}{\alpha } \cdot \frac{n}{u} = \max }$ .
Επειδή όμως ισχύει η $\displaystyle{\left( 1 \right)}$ αυτό (όπως είναι γνωστό) θα ισχύει όταν $\displaystyle{\frac{m}{\alpha } = \frac{n}{u} = \frac{1}{2} \Rightarrow {\left( {DEZH} \right)_{\max }} = \frac{E}{2} = \frac{{\alpha u}}{4}}$ (με $\displaystyle{m = \frac{\alpha }{2},n = \frac{u}{2}}$ )
Ισχύει, $\displaystyle{{\left( {\alpha + u} \right)^2} \geqslant 4\alpha u \Leftrightarrow {\left( {\frac{{\alpha u}}{{\alpha + u}}} \right)^2} \leqslant \frac{{\alpha u}}{4} \Rightarrow {x^2} \leqslant \left( {DEZH} \right)}$ με το ίσον να ισχύει μόνο όταν $\displaystyle{\alpha = u}$ που αυτό δεν ισχύει στο ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς $\displaystyle{\alpha }$
Επομένως ,το τετράγωνο που είναι εγγεγραμμένο στο ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς $\displaystyle{\alpha }$ δεν είναι πράγματι το ορθογώνιο με το μέγιστο εμβαδό.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 15, 2013 10:53 am**

Καλημέρα σε όλους και καλή σχολική χρονιά.
Εύχομαι τα καλύτερα και για την παρούσα συλλογή.

Άσκηση 35

: Fotis.PNG (6.93 KiB) Προβλήθηκε 1492 φορές

Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο ABC

πλευράς $\alpha$ . Στην πλευρά

παίρνουμε τα σημεία $D,E : AD=BE<\frac{\alpha }{2}$ και στην

τα $Z,H : BZ=CH<\frac{\alpha }{2}$

Έστω

η τομή των AZ,CD

. Η ημιευθεία

τέμνει την

στο

. Ακόμη ας είναι

η τομή των AH , CE

με την ημιευθεία

να τέμνει την

στο

.

1) Να δειχθεί ότι $\left(BAM \right)=\left(BCN \right)$

2) Αν , επιπλέον είναι $AD=BZ \kappa \alpha \iota \left(ABC \right)=3\left(BMN \right)$ να υπολογιστεί ο λόγος $\frac{AD}{DB}$
( ή , αν θέλετε , να βρεθεί με κατασκευή η θέση του

πάνω στην πλευρά AB).

H ασκηση αυτή είναι τροποποίηση και προσαρμογή που έκανα -προσθέτοντας και το 2) ζητούμενο - για την συλλογή αυτή , ενός γενικότερου θέματος το οποίο μου έθεσε ο φίλος Φώτης , μηχανικός , προς απόδειξη .

Παρ' όλο που ο ελεύθερος χρόνος μου είναι ..δυσεύρετο ζητούμενο θα προσπαθώ όποτε μπορώ να συμμετέχω στον ΠΡΟΣΦΙΛΗ ιστότοπό μας. Με εκτίμηση προς τα μέλη του

Φιλικά Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 15, 2013 12:35 pm**

Άσκηση 36

: ask178.png (6.32 KiB) Προβλήθηκε 1471 φορές

Σε ισόπλευρο τρίγωνο $\overset{\triangle}{ABC}$ πλευράς a=2

εγγράφουμε ορθογώνιο DEZH

με τις

στην

και τις $Z\;,\;H$ στα $AC\;,\;AB$ αντίστοιχα και στη συνέχεια στο τρίγωνο $\overset{\triangle}{AHZ}$ εγγράφουμε ορθογώνιο KLMN

, όμοιο με το DEZH

, με τις

στην

και τις $M\;,\;N$ στα $AC\;,\;AB$ αντίστοιχα.

Να βρεθεί η μέγιστη τιμή του γινομένου $(DEZH)\cdot(KLMN)$ (βρίσκεται και χωρίς παραγώγους).

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 16, 2013 8:11 pm**

Άσκηση 37

: 37.png (6 KiB) Προβλήθηκε 1430 φορές

Οι αποστάσεις τριών παράλληλων ευθειών είναι

και

μονάδες . Κατασκευάστε ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ ,

του οποίου οι κορυφές να βρίσκονται επί των τριών ευθειών και εν συνεχεία υπολογίστε το εμβαδόν του .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 16, 2013 11:07 pm**

KARKAR έγραψε:Οι αποστάσεις τριών παράλληλων ευθειών είναι και μονάδες . Κατασκευάστε ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , του οποίου οι κορυφές να βρίσκονται επί των τριών ευθειών και εν συνεχεία υπολογίστε το εμβαδόν του .

$\bullet$ Έστω $(\varepsilon),\ (\zeta),\ (\eta),$ οι δοσμένες παράλληλες ευθείες , επί των οποίων κείνται ιοι κορυφές $C,\ B,\ A$ αντιστοίχως, του ζητούμενου ισοπλεύρου τριγώνου $\vartriangle ABC.$

Θεωρούμε την στροφή του σχήματος, περί το σημείο

αριστερόστροφα και κατά γωνία $\omega = 60^{o},$ οπότε το σημείο

θα ταυτιστεί με το

Στην ως άνω στροφή, η ευθεία $(\zeta'),$ ως η εικόνα της ευθείας $(\zeta),$ περνάει από το

και σχηματίζει γωνία $60^{o}$ με την ευθεία $(\zeta).$

Η ευθεία $(\varepsilon'),$ ως η εικόνα της ευθείας $(\varepsilon),$ περνάει από το

, είναι παράλληλη προς την $(\zeta')$ και προφανώς απέχει από αυτήν απόσταση ίση με

( όση και η απόσταση μεταξύ των ευθειών $(\varepsilon),\ (\zeta)$ ).

Θεωρουμένου ως σταθερού του σημείου

( ως το σημείο αφετηρίας της ζητούμενης κατασκευής ), προκύπτει ότι οι $(\zeta'),\ (\varepsilon'),$ είναι είναι γνωστές ευθείες, δηλαδή κατασκευάζονται και άρα το σημείο

προσδιορίζεται. Έτσι, έχουμε την ακόλουθη κατασκευή :

: ΣΥΛΛΟΓΗ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΣΤΟ ΙΣΟΠΛΕΥΡΟ ΤΡΙΓΩΝΟ - Άσκηση 37.; f=22_t=39601.PNG (16.35 KiB) Προβλήθηκε 1224 φορές

$\bullet$ Με αφετηρία τυχόν σημείο

της ευθείας $(\zeta),$ φέρνουμε την ευθεία έστω $(\zeta')$ ώστε να σχηματίζει γωνία $60^{o}$ με την ευθεία $(\zeta).$

Στο εσωτερικό μέρος της γωνίας αυτής φέρνουμε την ευθεία έστω $(\varepsilon'),$ παράλληλη προς την $(\zeta')$ και σε απόσταση από αυτήν ίση με

και έστω το σημείο $A\equiv (\eta)\cap (\varepsilon').$

Με κέντρο το σημείο

και ακτίνα BA,

γράφουμε τόξο κύκλου το οποίο τέμνει την ευθεία $(\varepsilon)$ στο σημείο έστω

Το $\vatriangle ABC$ είναι το ζητούμενο ισόπλευρο τρίγωνο και ο ισχυρισμός αυτός αποδεικνύεται εύκολα.

$\bullet$ Εάν δεν έχω κάνει κάποιο λάθος στις πράξεις, βρίσκω για το εμβαδόν, $\displaystyle (ABC) = \frac{7\sqrt{3}}{3}$ .

Το σκεπτικό για τον υπολογισμό του εμβαδού είναι νομίζω είναι σωστό και βασίζεται στο σχήμα όπως περιγράφεται παραπάνω και το οποίο θα βάλω αργότερα.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Καλά, δεν το πιστεύω ότι ( έστω και κλεψιμαίικα ) πρόλαβα τον Στάθη.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 16, 2013 11:11 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 37
Το συνημμένο 37.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Οι αποστάσεις τριών παράλληλων ευθειών είναι και μονάδες . Κατασκευάστε ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ ,

του οποίου οι κορυφές να βρίσκονται επί των τριών ευθειών και εν συνεχεία υπολογίστε το εμβαδόν του .

Ας δούμε το σχήμα της κατασκευής .

: iso_1_37.png (24.96 KiB) Προβλήθηκε 1388 φορές

Και το αποτέλεσμα : $\boxed{(ABC) = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}}$

Αργότερα και οι αποδείξεις

Κατασκευή

Γράφουμε κύκλο ${k_1}$ με κέντρο τυχαίο σημείο

της μεσαίας ευθείας που εφάπτεται της κάτω ευθείας στο σημείο

. Δηλαδή ${k_1} \to (K,2)$ . Θεωρούμε από αριστερά του

χορδή του

και φέρνουμε εφαπτομένη του ${k_1}$ στο

που τέμνει την κάτω ευθεία στο

, την μεσαία στο

και την πάνω στο

. Με κέντρο το

γράφουμε τον κύκλο ${k_3} \to (B,BC)$ που τέμνει την πάνω ευθεία στο

δεξιά του

. Το τρίγωνο ABC

είναι το ζητούμενο .
Με τη πιο πάνω κατασκευή στρέψαμε την κάτω ευθεία κατά την στροφή $(K{,60^0})$ και προκύπτει το ισόπλευρο ABC

. Στο ίδιο συμπέρασμα οδηγούμαστε και ως εξής :
Υπολογίζουμε εύκολα τα εφαπτόμενα τμήματα $SC = SP = t = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}$ και τα τμήματα $BS = \dfrac{4}{{\sqrt 3 }}\,\,,TB = \dfrac{2}{{\sqrt 3 }}$ . Η ακτίνα a = BC

του κύκλου ${k_3}$ από το θεώρημα του συνημίτονου στο τρίγωνο SBC

υπολογίζεται $\boxed{a = 2\sqrt {\frac{7}{3}} }$ . Πάλι από το προηγούμενο θεώρημα στο τρίγωνο ABT

( $\widehat {ATB} = {60^0}$ ) βρίσκουμε $AT = 2\sqrt 3$ και τέλος από το τραπέζιο SCAT

, αν φέρουμε παράλληλη στην

από το

, βρίσκουμε $AC = 2\sqrt {\dfrac{7}{3}} = a$ και άρα το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο .
Με βάση τα παραπάνω $(ABC) = \dfrac{{{a^2}\sqrt 3 }}{4} \Rightarrow \boxed{(ABC) = \dfrac{{7\sqrt 3 }}{3}}$

Φιλικά Νίκος

Βλέπω τον Κώστα με πρόλαβε σε όλα αλλά είπαμε είναι ο ΒΗΤΤΑΣ. Το ότι συμφωνούμε μου είναι αρκετό .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 16, 2013 11:53 pm**

Και όμως έκλεψα την χαρά από τους φίλους μου Κώστα και Νίκο (Doloros) και την καρπώθηκα αφού με πρόλαβαν και οι δύο.

Λίγο πιό "αιρετικά":

Για την κατασκευή προσδιορίζουμε στη βάση A_1C_1

τυχόντος ισοπλεύρου τριγώνου A_1B_1C_1

σημείο

ώστε

.
Στην συνέχεια θεωρούμε σημείο

της ευθείας

και προσδιορίζουμε σημείο

της ευθείας

και σημείο

της ευθείας

ώστε
$\angle eBA = \angle PB_1 A_1$ και σημείο

της

έτσι ώστε $\angle eBC = \angle PB_1 C_1$ , οπότε έτσι έχουμε το ζητούμενο τρίγωνο.

Για τον υπολογισμό του εμβαδού του τριγώνου BAC

, αρκεί να υπολογίσουμε το ύψος του

το οποίο υπολογίζουμε από το ισόπλευρο τρίγωνο NKM

, ως εξής:
$3^2 - NB^2 = 1 \cdot 2 \Rightarrow ... \Rightarrow NB = \sqrt 7 .$

(*) edit: Εκ παραδρομής αντί για Νίκο (Doloros), έγραψα Στάθη (εννοούσα τον Κούτρα) και έκανα τη διόρθωση πάνω.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 17, 2013 12:05 am**

Καλό βράδυ σε όλους τους φίλους.

Και λίγο διαφορετικά (μιας και έκανα κάμποση ώρα για τα σχήματα)

: sx1.png (10.26 KiB) Προβλήθηκε 1359 φορές

ΑΝΑΛΥΣΗ: Έστω ότι κατασκευάσαμε το τρίγωνο που ζητάμε και είναι το $\displaystyle{ABC}$ . Φέρνουμε από το $\displaystyle{A}$ μια ευθεία κάθετη

στις παράλληλες ευθείες, η οποία τις τέμνει στα σημεία $\displaystyle{K,H}$ .

Έστω $\displaystyle{\widehat{ABK}=w}$ . Τότε $\displaystyle{\widehat{CAH}=90^{o}-60^{o}-w=30-w}$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ABK}$ έχουμε $\displaystyle{\eta \mu w =\frac{1}{x}}$ , όπου $\displaystyle{x}$ είναι η πλευρά του ισοπλεύρου τριγ.

Επίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ACH}$ έχουμε $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu (30-w)=\frac{3}{x}=3\frac{1}{x}=3\eta \mu w}$

Άρα: $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu 30 . \sigma \upsilon \nu w +\eta \mu 30.\eta \mu w=3\eta \mu w\Rightarrow \epsilon \phi w=\frac{\sqrt{3}}{5}}$

Άρα η γωνία $\displaystyle{w}$ είναι κατασκευάσιμη.

ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ:

: sx2.png (19.88 KiB) Προβλήθηκε 1359 φορές

Πάνω στην μεσαία των παραλλήλων που δίνονται, παίρνουμε το ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{HM}$ μήκους $\displaystyle{5}$ . Aπό το $\displaystyle{M}$

υψώνουμε κάθετη προς την $\displaystyle{HM}$ η οποία τέμνει την πρώτη των παραλλήλων στο $\displaystyle{N}$ . Πάνω στην παράλληλη αυτή,

παίρνουμε σημείο $\displaystyle{P}$ ώστε να είναι $\displaystyle{MP=1}$ . Τότε προφανώς θα είναι $\displaystyle{MP=\sqrt{2}}$ . Από το $\displaystyle{P}$ υψώνουμε

κάθετη στην $\displaystyle{MP}$ , και πάνω σε αυτήν παίρνουμε σημείο $\displaystyle{O}$ , ώστε να είναι $\displaystyle{PO=1}$ . Τότε θα είναι

$\displaystyle{MO=\sqrt{3}}$ . Με κέντρο το $\displaystyle{M}$ και ακτίνα $\displaystyle{MO}$ , γράφουμε κύκλο ο οποίος τέμνει την ευθεία $\displaystyle{MN}$ στο

σημείο $\displaystyle{\Pi}$ , οπότε επίσης θα είναι $\displaystyle{M\Pi =\sqrt{3}}$ . Φέρνουμε την ευθεία $\displaystyle{H\Pi}$ . Τότε θα είναι

$\displaystyle{\widehat{\Pi HM}=w}$ . Και τώρα κατασκευάζουμε το ζητούμενο ισόπλευρο τρίγωνο ως εξής:

Από τυχαίο σημείο $\displaystyle{B}$ της μεσαίας των παραλλήλων, φέρνουμε ευθεία παράλληλη με την $\displaystyle{H\Pi}$ , η οποία τέμνει την

πρώτη των δοσμένων παραλλήλων στο σημείο $\displaystyle{A}$ . Κατασκευάζουμε γωνία $\displaystyle{BAz=60^{o}}$ , της οποίας η πλευρά

$\displaystyle{Az}$ τέμνει την τρίτη των παραλλήλων, στο σημείο $\displaystyle{C}$ . Το τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ είναι το ζητούμενο.

ΑΠΟΔΕΙΞΗ: Γίνεται εύκολα, από τα βήματα της ανάλυσης.

Για το εμβαδόν τώρα, έχουμε: $\displaystyle{\epsilon \phi w =\frac{\sqrt{3}}{5} , \eta \mu w=\frac{1}{x}}$

Από τις σχέσεις αυτές εύκολα παίρνουμε $\displaystyle{x=2\sqrt{\frac{7}{3}}}$ και άρα $\displaystyle{E=\frac{x^2 \sqrt{3}}{4}=\frac{7\sqrt{3}}{3}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 17, 2013 12:40 am**

: 37.png (7.52 KiB) Προβλήθηκε 1334 φορές

Και λίγη Άλγεβρα . Ορίζω το

. Φέρω τις κάθετες του σχήματος . Είναι x^2+4=y^2+9=(x+y)^2+1

.

Η επίλυση του συστήματος δίνει : $\displaystyle x=\frac{4\sqrt{3}}{3}$ , μήκος εύκολα κατασκευάσιμο . Ορίζω έτσι τη θέση του

,

ενώ η τομή της μεσοκαθέτου του

με την πάνω ευθεία , μου δίνει το

. Το

υπολογίζεται με Π.Θ στο BSC

.

Αλλά η επίλυση του συστήματος έχει ενδιαφέρον !

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 17, 2013 4:54 am**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 37
Το συνημμένο 37.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Οι αποστάσεις τριών παράλληλων ευθειών είναι και μονάδες . Κατασκευάστε ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ ,

του οποίου οι κορυφές να βρίσκονται επί των τριών ευθειών και εν συνεχεία υπολογίστε το εμβαδόν του .

άλλη μια άποψη..

Θεωρούμε την μεσοπαράλληλη των $\displaystyle{{\varepsilon _2},{\varepsilon _3}}$ και υποθέτω ότι έχει κατασκευαστεί το ισόπλευρο $\displaystyle{\vartriangle ABC}$ πλευράς $\displaystyle{\alpha }$ και $\displaystyle{AB \cap {\varepsilon _4} = E,AB \cap {\varepsilon _3} = H}$
Θεωρούμε $\displaystyle{EZ,AD \bot {\varepsilon _3}}$ .Επειδή προφανώς $\displaystyle{AB = BE = EH}$ και $\displaystyle{AB = BC}$ το τρίγωνο $\displaystyle{ACE}$ είναι ορθογώνιο και τότε $\displaystyle{\angle CAD = \angle ECZ}$ (οξείες με κάθετες πλευρές) κι έτσι $\displaystyle{\vartriangle EZC \approx \vartriangle ACD \Rightarrow \frac{{CD}}{{EZ}} = \frac{{AC}}{{EC}} \Rightarrow \frac{{CD}}{1} = \frac{\alpha }{{\alpha \sqrt 3 }} \Rightarrow \boxed{CD = \frac{{\sqrt 3 }}{3}}}$

Κατασκευή

Θεωρούμε τυχαίο σημείο $\displaystyle{C}$ της $\displaystyle{{\varepsilon _3}}$ και σημείο $\displaystyle{D}$ με $\displaystyle{DC = \frac{{\sqrt 3 }}{3}}$ .Ηκάθετος στην $\displaystyle{{\varepsilon _3}}$ στο $\displaystyle{D}$ τέμνει την $\displaystyle{{\varepsilon _1}}$ στο $\displaystyle{A}$ κι έπειτα φέρνουμε την κάθετη στην $\displaystyle{AC}$ στο $\displaystyle{C}$ που τέμνει την $\displaystyle{{\varepsilon _4}}$ στο $\displaystyle{E}$
Η $\displaystyle{EA}$ τέμνει την $\displaystyle{{\varepsilon _2}}$ στο $\displaystyle{B}$ .Το τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ είναι το ζητούμενο ισόπλευρο .Η απόδειξη απλή και η κατασκευή πάντα είναι δυνατή.
Για το εμβαδόν τώρα ,από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ACD}$ με $\displaystyle{AD = 3,CD = \frac{{\sqrt 3 }}{3}}$ βρίσκουμε $\displaystyle{{\alpha ^2} = \frac{{28}}{3}}$ και $\displaystyle{\boxed{(ABC) = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 17, 2013 10:44 am**

Άσκηση 38

: 38.png (12.1 KiB) Προβλήθηκε 1267 φορές

Ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας

. Στο ( μικρότερο ) τόξο $\overset{\frown}{BC}$ βρίσκεται

σημείο

τέτοιο ώστε : SC=2SB

. Η

τέμνει την

στο

. Αν

, υπολογίστε την

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 17, 2013 12:53 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 38
Το συνημμένο 38.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας . Στο ( μικρότερο ) τόξο $\overset{\frown}{BC}$ βρίσκεται

σημείο τέτοιο ώστε : . Η τέμνει την στο . Αν , υπολογίστε την .

: Ισόπλευρα 38.png (19.24 KiB) Προβλήθηκε 1252 φορές

Η από το

παράλληλη, προς την

, τέμνει την ευθεία

στο

.

Στο τρίγωνο SBC

η γωνία $\widehat {BSC} = {120^0}$ . Επίσης $\widehat {BSA} = \widehat {CSA} = {60^0}$ . Προφανή όλα

αφού το τρίγωνο ABC

είναι ισόπλευρο . Επειδή

$\widehat {DSC} = {180^0} - \widehat {BSC} = {180^0} - {120^0} = {60^0}$ και $\widehat {SCD} = \widehat {CSA} = {60^0}$ το τρίγωνο DSC

είναι

ισόπλευρο με μήκος πλευράς =

. Μετά απ’ αυτά:

$\dfrac{{ST}}{{DC}} = \dfrac{{BS}}{{BD}} \Rightarrow \boxed{2x = 3}$ . Από το Θ. συνημίτονου στο τρίγωνο SBC

έχουμε:

$B{C^2} = S{B^2} + S{C^2} + SB \cdot SC \Rightarrow \boxed{\lambda _3^2 = 7{x^2}}$ και άρα $3{R^2} = 7 \cdot \dfrac{9}{4} \Rightarrow \boxed{R = \dfrac{{\sqrt {21} }}{2}}$ .

Φιλικά Νίκος

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 17, 2013 1:46 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 38
Το συνημμένο 38.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας . Στο ( μικρότερο ) τόξο $\overset{\frown}{BC}$ βρίσκεται

σημείο τέτοιο ώστε : . Η τέμνει την στο . Αν , υπολογίστε την .

: SX2.png (16.01 KiB) Προβλήθηκε 1241 φορές

Και λίγο διαφορετικά:

Φέρνουμε το ύψος $\displaystyle{AM}$ του ισοπλεύρου τριγώνου. Ονομάζουμε $\displaystyle{y}$ το μήκος του τμήματος $\displaystyle{BT}$ .

Είναι προφανές ότι στο τρίγωνο $\displaystyle{BSC}$ η $\displaystyle{BT}$ είναι διχοτόμος και άρα $\displaystyle{\frac{y}{TC}=\frac{x}{2x}=\frac{1}{2}\Rightarrow}$

$\displaystyle{TC=2y \Rightarrow TM+MC=2y\Rightarrow TM+BM=2y\Rightarrow TM+y+TM=2y\Rightarrow TM=\frac{y}{2}}$

Επίσης: $\displaystyle{TA.TS=TB.TC\Rightarrow TA.1=y.2y\Rightarrow TA=2y^2}$ , ενώ είναι $\displaystyle{BC=BT+TC=y+2y=3y}$ και

$\displaystyle{AM=\frac{3y\sqrt{3}}{2}}$ , ως ύψος ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς $\displaystyle{3y}$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AMT}$ έχουμε $\displaystyle{AT^2 =AM^2 +MT^2 \Rightarrow (2y^2 )^2 =(\frac{3\sqrt{3}y}{2})^2 +(\frac{y}{2})^2}$

Άρα $\displaystyle{y=\frac{\sqrt{7}}{2}}$

Τώρα, έχουμε: $\displaystyle{R=\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}\frac{3\sqrt{3}}{2}y=\sqrt{3}y=\sqrt{3}.\frac{\sqrt{7}}{2}=\frac{\sqrt{21}}{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 17, 2013 3:44 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 38
Το συνημμένο 38.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας . Στο ( μικρότερο ) τόξο $\overset{\frown}{BC}$ βρίσκεται

σημείο τέτοιο ώστε : . Η τέμνει την στο . Αν , υπολογίστε την .

Έστω, $\displaystyle{\left( {BTS} \right) = {S_1},\left( {TCS} \right) = {S_2},\left( {ABC} \right) = E}$
Είναι, $\displaystyle{\angle BST = TSC = {60^0}}$ .Άρα, $\displaystyle{\frac{{{S_2}}}{{{S_1}}} = \frac{{2x \cdot 1}}{{x \cdot 1}} = 2 \Rightarrow \left( {BSC} \right) = 3{S_1}}$
$\displaystyle{\frac{{{S_1}}}{E} = \frac{{x \cdot 1}}{{{\alpha ^2}}} \Rightarrow \boxed{\frac{{{S_1}}}{E} = \frac{x}{{3{R^2}}}}(1)(\angle A = \angle BST = {60^0},\alpha = R\sqrt 3 )}$
Επειδή $\displaystyle{\angle A + \angle BSC = {180^0} \Rightarrow \frac{{(BSC)}}{E} = \frac{{2{x^2}}}{{{\alpha ^2}}} = \frac{{2{x^2}}}{{{{(R\sqrt 3 )}^2}}} \Rightarrow \frac{{3{S_1}}}{E} = \frac{{2{x^2}}}{{3{R^2}}} \Rightarrow \boxed{\frac{{{S_1}}}{E} = \frac{{2{x^2}}}{{9{R^2}}}}(2)}$
Από, $\displaystyle{(1),(2) \Rightarrow \frac{{2{x^2}}}{{9{R^2}}} = \frac{x}{{3{R^2}}} \Leftrightarrow \boxed{x = \frac{3}{2}}}$
$\displaystyle{\frac{{{S_2}}}{{{S_1}}} = 2 \Leftrightarrow TC = 2TB \Rightarrow TB = \frac{\alpha }{3},TC = \frac{{2\alpha }}{3}}$
$\displaystyle{TB \cdot TC = AT \cdot TS \Rightarrow \frac{{2{\alpha ^2}}}{9} = AT \Rightarrow AT = \frac{{2 \cdot 3{R^2}}}{9} \Rightarrow AT = \frac{{2{R^2}}}{3}}$
Αλλά με θ.Πτολεμαίου στο $\displaystyle{ABSC}$ εύκολα βρίσκουμε $\displaystyle{AS = 3x \Rightarrow AT = 3x - 1 = 3 \cdot \frac{3}{2} - 1 \Rightarrow AT = \frac{7}{2}}$
Έτσι, $\displaystyle{\frac{{2{R^2}}}{3} = \frac{7}{2} \Rightarrow \boxed{R = \frac{{\sqrt {21} }}{2}}}$ και το ζητούμενο βρέθηκε

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 17, 2013 4:03 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 38
38.png
Ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας . Στο ( μικρότερο ) τόξο $\overset{\frown}{BC}$ βρίσκεται

σημείο τέτοιο ώστε : . Η τέμνει την στο . Αν , υπολογίστε την .

Θέτουμε

. Προκύπτει άμεσα ότι, $\displaystyle{BT = \frac{a} {3},\;TC = \frac{{2a}}{3},}$ οπότε παίρνουμε

$\displaystyle{1 \cdot AT = \frac{{2a^2 }} {9},\;a^2 - TA^2 = \frac{{2a^2 }} {9} \Rightarrow \frac{{2a^2 }} {9} = TA = \frac{{a\sqrt 7 }} {3} \Rightarrow a = \frac{{3\sqrt 7 }} {2} \Rightarrow R = \frac{{\sqrt {21} }} {2}.}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 22, 2013 2:18 pm**

Άσκηση 39

: 39.png (10.85 KiB) Προβλήθηκε 1134 φορές

Σημείο

βρίσκεται στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , ώστε τα τμήματα SB,SC

να σχηματίζουν γωνία 120^0

και να είναι το ένα διπλάσιο του άλλου . Υπολογίστε το τμήμα

( συναρτήσει του

) .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 22, 2013 3:38 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 39

Υπολογισμός.ggb.png (17.73 KiB) Προβλήθηκε 1116 φορές

Σημείο βρίσκεται στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , ώστε τα τμήματα

να σχηματίζουν γωνία και να είναι το ένα διπλάσιο του άλλου . Υπολογίστε το τμήμα

( συναρτήσει του ) .

Από το γενικευμένο θεώρημα του Πυθαγόρα ή τον νόμο του συνημίτονου έχουμε:
$a = s\sqrt 7 ,$ επίσης εύκολα παίρνουμε
$R = s\sqrt {\frac{7}{3}}$
και από το θεώρημα του Πτολεμαίου έχουμε:
$u = \frac{{s\sqrt 3 }}{3}.$
Τελικά από το θεώρημα της διαμέσου παίρνουμε: $x = s\sqrt 3 .$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 22, 2013 3:40 pm**

KARKAR έγραψε:Άσκηση 39
Το συνημμένο 39.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημείο βρίσκεται στο εσωτερικό ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle ABC$ , ώστε τα τμήματα

να σχηματίζουν γωνία και να είναι το ένα διπλάσιο του άλλου . Υπολογίστε το τμήμα

( συναρτήσει του ) .

: 39.png (35.18 KiB) Προβλήθηκε 1114 φορές

Αν

σημείο του

με $BM = 2MC \Rightarrow ...\widehat {MSC} = {60^0}$ και άρα $\boxed{x = s\sqrt 3 }$

Φιλικά Νίκος

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