mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 06, 2012 3:25 pm**

Έστω το ισόπλευρο τρίγωνο $\triangle ABC$ και τα σημεία K,L,M

στις πλευρές AB,BC,AC

αντίστοιχα, όπου είναι $AK=BL=CM=\frac{1}{3}BC$ . Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο $\triangle KLM$ είναι ισόπλευρο και ότι οι πλευρές του είναι κάθετες στις πλευρές του $\triangle ABC$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 06, 2012 3:55 pm**

: isoplevro.png (7.27 KiB) Προβλήθηκε 1898 φορές

Δίνω ένα σχήμα και μεταφέρω την άσκηση στο φάκελο Γ΄Γυμνασίου.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 16, 2012 4:43 pm**

Αφού το θέμα δεν έχει λάβει καμμία ανταπόκριση, θα δώσω τη λύση:

Έστω $\alpha$ η πλευρά του τριγώνου $\bigtriangleup ABC$ .

α) Συγκρίνω $\bigtriangleup KBL-\bigtriangleup MCL-\bigtriangleup MAK$ , τα οποία έχουν:
1) $BL=AK=MC=\frac{1}{3}\alpha$ ,
2) $\hat{A}=\hat{B}=\hat{C}=60^{\circ}$ (ως γωνίες ισόπλευρου τριγώνου),
3) $BK=AM=LC=\frac{2}{3}\alpha$ .

Έχουν δύο πλευρές ίσες μία προς μία και τις περιεχόμενες σε αυτές γωνίες ίσες, άρα είναι ίσα.

Οπότε και $\boxed{KL=KM=ML}$ .

β) Ένας τρόπος είναι να χρησιμοποιήσουμε Τριγωνομετρία (η οποία παρεμπιπτόντως έχει εξευτελήσει παντελώς τη Γεωμετρία!).
Στο $\bigtriangleup KBL$ έχω: $\eta \mu \hat{BKL}=\frac{BL}{BK}\Rightarrow \eta \mu \hat{BKL}=\frac{\frac{1}{3}\alpha }{\frac{2}{3}\alpha }\Rightarrow \eta \mu \hat{BKL}=\frac{1}{2}\Rightarrow \hat{BKL}=30^{\circ}$ .

Επίσης, $\hat{B}+\hat{BKL}+\hat{BLK}=180^{\circ} \Rightarrow 30^{\circ} +60^{\circ} +\hat{BLK}=180^{\circ} \Rightarrow \boxed{\hat{BLK}=90^{\circ}}$ , οπότε αποδείχθηκε.

Ομοίως και για τις $\hat{AKM}, \hat{LMC}$ .

Ένα hint για το δεύτερο τρόπο είναι να χωρίσουμε πάλι τις πλευρές BK, LC, AM

σε τρίτα και να εργαστούμε με γωνίες στα τρίγωνα που θα προκύψουν.

Αυτή η λύση είναι άκυρη.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 26, 2013 10:59 am**

JimVerman έγραψε:β) Στο $\bigtriangleup KBL$ έχω: $\eta \mu \hat{BKL}=\frac{BL}{BK}}$
...

το παραπάνω δεν ισχύει γιατί δεν γνωρίζεις εξαρχής πως το τρίγωνο $\vartriangle KBL$ είναι ορθογώνιο (είναι ζητούμενο κι όχι δεδομένο)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 26, 2013 12:56 pm**

Jim, από ότι φαίνεται, εδώ δεν τα κατάφερε η τριγωνομετρία. Έτσι, για το (β) ερώτημα, αν φέρουμε το ύψος $\displaystyle{AH}$ του

τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ , παρατηρούμε ότι: $\displaystyle{\frac{BH}{BL}=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{a}{3}}=\frac{3}{2}}$ και

$\displaystyle{\frac{BA}{BK}=\frac{a}{\frac{2a}{3}}=\frac{3}{2}}$

Άρα από το αντίστροφο του θεωρήματος του Θαλή, έπεται ότι $\displaystyle{KL//AH}$ και άρα θα είναι και η $\displaystyle{AH}$ κάθετη στην $\displaystyle{BC}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Αύγ 25, 2015 4:41 pm**

Στο $\triangle ECD$ η $\angle ECD=60^0$ . Ο λόγος των πλευρών που σχηματίζουν τη γωνία αυτή, είναι ένα προς δύο. Άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο.
Εγώ θα έδινα αυτήν την απάντηση, αν και δεν νομίζω ότι θα μου έβαζε κανείς τόσο fκολη άσκηση. Εννοώ σε διαγωνισμούς. (όχι σχολείου) Δεν είμαι σίγουρος αν είναι σωστή η απάντηση εξ αιτίας αυτού του νόμου που λέει "εκτός φακέλου" και που τον έχουν αναλύσει, αλλά, ακόμα και αν πετύχεις σπουργίτι με κανονιά, όπως έλεγε ο κ, Φραγκάκης, το πρόβλημα το έχει το πουλάκι, όχι αυτός που κρατάει το κανόνι.
Κύριε Νίκο, ή άλλη που ανεβάσατε, δε λύνεται. Αν υπάρχει κύκλος που να εφάπτεται στη

σε ένα σημείο

. Μετρώ_5, λέγεται. Για αρκούδες είναι! Παραιτηθήκαμε, λεβέντικα.

mathematica.gr

Γεωμετρία (Γ' Γυμνασίου)

Γεωμετρία (Γ' Γυμνασίου)

Re: Γεωμετρία (Γ' Γυμνασίου)

Γεωμετρία (Γ' Γυμνασίου)

Re: Γεωμετρία (Γ' Γυμνασίου)

Re: Γεωμετρία (Γ' Γυμνασίου)

Re: Γεωμετρία (Γ' Γυμνασίου)