4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Στον παρόντα φάκελο μπορούν να γίνουν προσκλήσεις για συγγραφή ομαδικών εργασιών που αφορούν μαθηματικά από μέλη του mathematica.gr. Η θεματολογία μπορεί να ποικίλει ανάλογα με τα ενδιαφέροντα των συγγραφέων.
Κανόνες Δ. Συζήτησης
Συνοπτικοί κανόνες για την ομαδική συγγραφή εργασιών μέσα στους χώρους του mathematica.gr

α) Κάθε πρόσκληση για ομαδική εργασία γίνεται στον παρόντα φάκελο.
β) Ένα μέλος του mathematica.gr ορίζεται ως συντονιστής της έκδοσης της εργασίας, είναι ο υπεύθυνος της έκδοσης και ορίζει τις αρμοδιότητες των υπολοίπων μελών. Αυτό μπορεί να γίνει και σε συνεννόηση με άλλα μέλη. Ο συντονιστής της έκδοσης έρχεται σε επαφή με το συμβούλιο των συντονιστών του mathematica.gr και απευθύνεται σε αυτό για οποιοδήποτε απορία/πρόβλημα προκύψει.
γ) Οι λύσεις όλων των θεμάτων γράφονται σε {\color{orange}\LaTeX} και προαιρετικά μπορεί η δημοσίεση να περιλαμβάνει τη λύση γραμμένη και σε Mathtype.
δ) Στο τέλος αναρτάται ΜΟΝΟ σε μορφή .pdf η έκδοση.
ε) Περιέχεται σε κάθε σελίδα και στο εξώφυλλο το λογότυπο του mathematica.gr
στ) Στο εξώφυλλο αναφέρονται τα επώνυμα μέλη που βοήθησαν στην συγγραφή του δελτίου. Σε περίπτωση που ο αριθμός τους είναι μεγάλος τότε τα ονόματα αντί στο εξώφυλλο αναφέρονται σε ειδικό χώρο στο εσώφυλλο του Δελτίου.
ζ) Την τελική έγκριση του Δελτίου την έχουν οι συντονιστές του mathematica.gr
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4100
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Σάβ Οκτ 25, 2014 12:08 am

Αγαπητοί φίλοι, ας συγκεντρώσουμε εδώ τις λύσεις, τις παρατηρήσεις και τυχόν διορθώσεις στις ασκήσεις που αναρτήθηκαν στην Τράπεζα Θεμάτων της Β΄Λυκείου.
Κατόπιν θα συγκεντρωθούν και θα σελιδοποιηθούν ώστε να αναρτηθούν με την ευθύνη των επιμελητών του :logo: .
Ας φροντίσουμε να είναι πλήρως διατυπωμένες οι απαντήσεις μας, για να διευκολυνθούν οι συντάκτες των δελτίων.
Η πρόσκληση απευθύνεται σε κάθε μέλος και φίλο του :logo: που θα ήθελε να συμμετέχει.
Σ' αυτήν τη συζήτηση θα ασχοληθούμε με το
4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

edit 9-11-2014:
Πρόσθεσα το σύνδεσμο των θεμάτων.
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος σε Κυρ Νοέμ 09, 2014 8:51 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Christos75
Δημοσιεύσεις: 419
Εγγραφή: Δευ Φεβ 02, 2009 9:41 pm
Τοποθεσία: Athens
Επικοινωνία:

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Christos75 » Κυρ Νοέμ 09, 2014 8:48 pm

Τα πρώτα Θέματα ήδη ανέβηκαν στην Τράπεζα Θεμάτων...


Χρήστος Λοΐζος
mathfinder
Διευθύνον Μέλος
Δημοσιεύσεις: 497
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 01, 2009 11:56 pm

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από mathfinder » Κυρ Νοέμ 09, 2014 11:24 pm

Ετοιμάζω το GI_V_GEO_4_19039

Αθ. Μπεληγιάννης
Συνημμένα
GI_V_GEO_4_19039.docx
(65.12 KiB) Μεταφορτώθηκε 485 φορές


Never stop learning , because life never stops teaching.
xr.tsif
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1947
Εγγραφή: Τρί Δεκ 23, 2008 7:14 pm

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από xr.tsif » Δευ Νοέμ 10, 2014 12:09 am

το GI_V_GEO_4_19022
Συνημμένα
GI_V_GEO_4_19022.docx
(70.56 KiB) Μεταφορτώθηκε 389 φορές


Γιατί πάντα αριθμόν έχοντι. Άνευ τούτου ουδέν νοητόν και γνωστόν.
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7097
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Νοέμ 10, 2014 12:38 am

GI_V_GEO_4_18976

Σε οξυγώνιο τρίγωνο AB\Gamma φέρουμε τα ύψη του A\Delta και BE.
α) Αν το τρίγωνο AB\Gamma είναι και σκαληνό, τότε:
i. Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα A\Delta\Gamma και BE\Gamma είναι όμοια.
(Μονάδες 10)
ii. Να δικαιολογήσετε γιατί τα τρίγωνα A\Delta B και BEA δεν μπορεί να είναι όμοια. (Μονάδες 10)
β) Αν το τρίγωνο AB\Gamma είναι και ισοσκελές με κορυφή το \Gamma, τότε μπορούμε να ισχυριστούμε ότι τα τρίγωνα A\Delta B και BEA είναι όμοια; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. (Μονάδες 5)

Λύση.

α)i. Τα τρίγωνα A\Delta\Gamma και BE\Gamma είναι όμοια επειδή είναι ορθογώνια και έχουν κοινή τη γωνία \widehat\Gamma.

ii. Τα δύο αυτά τρίγωνα είναι ορθογώνια. Επειδή όμως το AB\Gamma είναι σκαληνό, \displaystyle{\widehat A \ne \widehat B}. Για να είναι λοιπόν όμοια θα πρέπει \displaystyle{B\widehat AE = B\widehat A\Delta }, που είναι άτοπο γιατί το AB\Gamma είναι οξυγώνιο και το ύψος του A\Delta είναι εσωτερικό της γωνίας \displaystyle{B\widehat AE}.
4_18976.png
4_18976.png (6.46 KiB) Προβλήθηκε 6019 φορές
γ) Αν το AB\Gamma είναι ισοσκελές με κορυφή το \Gamma, τότε τα τρίγωνα A\Delta B και BEA είναι ίσα και κατά συνέπεια ισογώνια, άρα θα είναι και όμοια.
4_18976-II.png
4_18976-II.png (7.42 KiB) Προβλήθηκε 6019 φορές
Συνημμένα
GI_V_GEO_4_18976_.docx
(143.04 KiB) Μεταφορτώθηκε 185 φορές
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Δευ Νοέμ 10, 2014 11:28 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
asemarak
Δημοσιεύσεις: 25
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 18, 2009 9:30 pm

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από asemarak » Δευ Νοέμ 10, 2014 1:28 am

Το GI_V_GEO_4_19037

Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ με διάμεσο AM=\frac{a\sqrt{5}}{2}. Αν τα ύψη του ΑΔ και ΒΕ τέμνονται στο σημείο Η, να αποδείξετε ότι:
α) AH\cdot A\Delta =A\Gamma \cdot AE (Μονάδες 8)
β) Η γωνία Α του τριγώνου ΑΒΓ είναι οξεία. (Μονάδες 9)
γ) AH\cdot A\Delta =\alpha ^{2} (Μονάδες 8)

ΛΥΣΗ

Εικόνα
α) Το τετράπλευρο ΕΓΔΗ είναι εγγράψιμο, αφού \widehat{HE\Gamma }+\widehat{\Gamma \Delta HΓΔΗ}=90^{o}+90^{o}=180^{o}.
Άρα AH\cdot A\Delta=A\Gamma\cdot AE.
β) Από το 1ο Θ. Διαμέσων έχουμε : AM^{2}=\frac{2\beta^{2}+2\gamma^{2}-\alpha^{2}}{4} \Leftrightarrow \left ( \frac{\alpha \sqrt{5}}{2} \right )^{2}=\frac{2\beta^{2}+2\gamma^{2}-\alpha^{2}}{4} \Leftrightarrow \left \frac{5\alpha^{2} }{4}=\frac{2\beta^{2}+2\gamma^{2}-\alpha^{2}}{4} \Leftrightarrow \beta ^{2}+\gamma ^{2}=3a^{2}.
Άρα \beta ^{2}+\gamma ^{2}=3a^{2}>\alpha^{2} κι επομένως η γωνία A είναι οξεία.
γ) Εφαρμόζουμε Γ.Π.Θ. στο τρίγωνο ΑΒΓ, αφού \widehat{A}<90^{o}:
B\Gamma ^{2}=AB^{2}+A\Gamma ^{2}-2A\Gamma \cdot AE \Leftrightarrow a^{2}=\beta ^{2}+\gamma ^{2}-2A\Gamma \cdot AE \Leftrightarrow \alpha^{2}=3 \alpha ^{2}-2A\Gamma \cdot AE \Leftrightarrow A\Gamma \cdot AE=\alpha ^{2} και λόγω του (α) ερωτήματος: AH\cdot A\Delta =\alpha ^{2}.
Συνημμένα
GI_V_GEO_4_19037.doc
(67 KiB) Μεταφορτώθηκε 212 φορές
τελευταία επεξεργασία από asemarak σε Δευ Νοέμ 10, 2014 3:21 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Θοδωρής Καραμεσάλης
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7097
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Νοέμ 10, 2014 9:41 am

GI_V_GEO_4_18985

Σε κύκλο κέντρου O θεωρούμε δυο χορδές του AB και \Gamma\Delta που τέμνονται σε ένα σημείο M.
α) Αν το σημείο A είναι το μέσο του τόξου \Gamma\Delta, να αποδείξετε ότι:
i. Όταν η χορδή AB είναι κάθετη στη χορδή \Gamma\Delta, τότε \displaystyle{{\rm A}{\rm M} \cdot {\rm A}{\rm B} = A{\Gamma ^2}} (Μονάδες 8)
ii. Όταν η χορδή AB δεν είναι κάθετη στη χορδή \Gamma\Delta, ισχύει η σχέση \displaystyle{{\rm A}{\rm M} \cdot {\rm A}{\rm B} = A{\Gamma ^2}} ; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας.(Μονάδες 9)
β) Αν για τις χορδές AB και \Gamma\Delta που τέμνονται σε σημείο M ισχύει ότι \displaystyle{{\rm A}{\rm M} \cdot {\rm A}{\rm B} = A{\Gamma ^2}} , να αποδείξετε ότι το σημείο A είναι το μέσο του τόξου \Gamma\Delta. (Μονάδες 8)

Λύση.

α) i. Αν το σημείο A είναι το μέσο του τόξου \Gamma\Delta και \displaystyle{{\rm A}{\rm B} \bot \Gamma \Delta }, τότε η AB είναι διάμετρος του κύκλου και κατά συνέπεια \displaystyle{{\rm B}\widehat \Gamma {\rm A} = {90^0}}. Άρα: \displaystyle{A{\Gamma ^2} = {\rm A}{\rm M} \cdot {\rm A}{\rm B}}
4_18985.png
4_18985.png (9.17 KiB) Προβλήθηκε 5888 φορές
ii) Η σχέση ισχύει από την ομοιότητα των τριγώνων A\Gamma M, A\Gamma B, που έχουν τη γωνία \widehat A κοινή και A\widehat\Gamma\Delta= A\widehat B\Gamma ως εγγεγραμμένες σε ίσα τόξα.

β) Αν ισχύει η σχέση αυτή τότε \displaystyle{\frac{{{\rm A}\Gamma }}{{{\rm A}{\rm M}}} = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{{\rm A}\Gamma }}}, οπότε τα τρίγωνα A\Gamma M, A\Gamma  
B, που έχουν τη γωνία \widehat A κοινή, θα είναι όμοια. Άρα A\widehat\Gamma\Delta= A\widehat B\Gamma, δηλαδή τα τόξα A\Gamma, A\Delta είναι ίσα.


edit: Διόρθωση των ερωτημάτων αii) και β) που ήταν λάθος. Ευχαριστώ τον dimkat για το μήνυμά του.
Συνημμένα
GI_V_GEO_4_18985.docx
(149.08 KiB) Μεταφορτώθηκε 170 φορές
τελευταία επεξεργασία από george visvikis σε Τρί Νοέμ 11, 2014 4:06 pm, έχει επεξεργασθεί 5 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5913
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Νοέμ 10, 2014 10:35 am

Θέμα: GI_V_GEO_4_19009

Μια άποψη
19009.png
19009.png (10.4 KiB) Προβλήθηκε 5910 φορές
α) Ας είναι {\rm Z} η τομή των ευθειών {\rm A}{\rm B},{\rm E}\Delta τότε από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο {\rm Z}{\rm A}{\rm E}(\widehat {\rm Z} = 90^\circ ) θα έχουμε:

{\rm E}{{\rm A}^2} = {\rm E}{{\rm Z}^2} + {\rm Z}{{\rm A}^2} = {24^2} + {7^2} = 625 και άρα \boxed{{\rm E}{\rm A} = 25}

β) Επειδή {\rm A}{\Gamma ^2} = {\rm A}{{\rm B}^2} + {\rm B}{\Gamma ^2} \Rightarrow \boxed{{\rm A}\Gamma  = \sqrt {109} } και ομοίως : \Gamma {\rm E} = \sqrt {{{14}^2} + {4^2}}  \Rightarrow \boxed{\Gamma {\rm E} = \sqrt {212} } αν τα σημεία {\rm A},\Gamma ,{\rm E} ανήκουν στην ίδια ευθεία θα έχουμε

{\rm A}{\rm E} = {\rm A}\Gamma  + \Gamma {\rm E} \Rightarrow 25 = \sqrt {109}  + \sqrt {212} άτοπο αφού το πρώτο μέλος είναι ρητός και μάλιστα ακέραιος , ενώ το δεύτερο μέλος άρρητος.

2ος τρόπος

Αν τα σημεία {\rm A},\Gamma ,{\rm E} ανήκουν στην ίδια ευθεία τα ορθογώνια τρίγωνα , {\rm A}{\rm B}\Gamma \,\,\kappa \alpha \iota \,\,\Gamma \Delta {\rm E} θα είναι όμοια και άρα θα έχουν τις κάθετες πλευρές ανάλογες .

Δηλαδή \dfrac{{{\rm A}{\rm B}}}{{{\rm B}\Gamma }} = \dfrac{{\Gamma \Delta }}{{\Delta {\rm E}}} \Leftrightarrow \dfrac{3}{{10}} = \dfrac{4}{{14}} = \dfrac{2}{7} \Leftrightarrow 21 = 20 άτοπο .

Εν κατακλείδι τα σημεία {\rm A},\Gamma ,{\rm E} δεν είναι συνευθειακά .

Παρατήρηση : και στο λογισμικό ακόμα φαίνονται συνευθειακά !!

Νίκος


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5913
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Νοέμ 10, 2014 10:49 am

GI_V_GEO_4_19013
19013.png
19013.png (22.91 KiB) Προβλήθηκε 5848 φορές
α)Διαδικασία προσδιορισμού του E.

Ας είναι {\rm H} το σημείο τομής των ευθειών {\rm M}{\rm E}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\Delta \Gamma. Επειδή \widehat \omega  = \widehat \phi και \widehat \phi  = \widehat {{\alpha _1}} ως κατακορυφήν θα είναι και \widehat \omega  = \widehat {{\alpha _1}}.

Ονομάζω {\rm T} το σημείο της τρύπας στο μέσο του \Gamma \Delta, έτσι το τρίγωνο {\rm E}{\rm T}{\rm H}θα έχει την {\rm E}\Gammaδιχοτόμο και ύψος οπότε και διάμεσο και άρα μεσοκάθετο του {\rm T}{\rm H}.

Ας είναι και {\rm N} η προβολή του {\rm M} στη \Delta \Gamma

Τα ορθογώνια τρίγωνα {\rm H}{\rm M}{\rm N},{\rm H}{\rm E}{\rm T}είναι προφανώς όμοια και άρα \dfrac{{{\rm M}{\rm N}}}{{{\rm E}\Gamma }} = \dfrac{{{\rm H}{\rm N}}}{{{\rm H}\Gamma }} \Rightarrow \dfrac{{0,75}}{x} = \dfrac{{2,75}}{1} \Rightarrow x = \dfrac{{75}}{{275}} και άρα \boxed{x = \dfrac{3}{{11}} = 0,\overline {27} }.

Παρατήρηση : Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε χωρίς την διαδικασία κατασκευής του E, από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα \Lambda {\rm M}{\rm E}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\Gamma {\rm T}{\rm E}.

β) Αν η {\rm B}{\rm T} τμήσει την ευθεία {\rm M}{\rm N} στο {\rm Z} ,το ορθογώνιο τρίγωνο \Gamma {\rm B}{\rm T} έχει τις κάθετες πλευρές του ίσες ({\rm B}\Gamma  = \Gamma {\rm T} = 1) .

Το τρίγωνο {\rm N}{\rm Z}{\rm T} θα είναι και αυτό ισοσκελές ορθογώνιο ως όμοιο με το \Gamma {\rm B}{\rm T}. Θα έχει δε {\rm N}{\rm T} = {\rm N}{\rm Z} = y = {\rm M}{\rm N} = 0,75.

Συνεπώς το μόνο σημείο στο οποίο θα μπορούσε να ανακλαστεί η σφαίρα {\rm M} στην πρόσκρουσή της με την \Gamma \Delta είναι το {\rm T} που όμως είναι τρύπα !

Για κάθε άλλο σημείο {\rm K}πάνω στην \Gamma \Delta ανάμεσα στα {\rm N},{\rm T} ,η ανάκλαση της σφαίρας θα ακολουθήσει την διεύθυνση της {\rm Z}{\rm N}( αφού η {\rm K}{\rm N} μεσοκάθετος στο {\rm M}{\rm Z})

η οποία όμως δεν διέρχεται από το {\rm B} , κι αυτό γιατί η γωνία \widehat \xi  > 45^\circ ως εξωτερική στο τρίγωνο {\rm M}{\rm K}{\rm T}.

Νίκος
Παρατήρηση.
Βεβαίως μπορούμε και με άτοπο να υποθέσουμε ότι ο ισχυρισμός του δεύτερου παίκτη είναι αληθής και από την προκύπτουσα ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων

{\rm M}{\rm N}{\rm K},{\rm B}\Gamma {\rm K} οι προκύπτουσες αναλογίες οδηγούν σε άτοπο.
τελευταία επεξεργασία από Doloros σε Δευ Νοέμ 10, 2014 1:03 pm, έχει επεξεργασθεί 2 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Συντονιστής
Δημοσιεύσεις: 4100
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Δευ Νοέμ 10, 2014 10:51 am

Καλημέρα σε όλους. Στο θέμα GI_V_GEO_4_19009 που έλυσε ο Νίκος παραπάνω.

Ας θέσω το εξής ερώτημα: Αν ένας μαθητής με ροπή προς την ΝΟΜΙΜΗ Τριγωνομετρία γράψει:

"Στο AB\Gamma είναι \epsilon \varphi (\Gamma )=\frac{3}{10}, ενώ στο \Gamma \Delta E είναι \epsilon \phi \left(E\right)=\frac{4}{14}.

Αν τα σημεία ήταν συνευθειακά, θα έπρεπε οι γωνίες να είναι ίσες, ως εντός εκτός επί τ' αυτά,κάτι που δεν ισχύει", θα είναι αποδεκτή η λύση;


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7097
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Νοέμ 10, 2014 11:14 am

Γιώργος Ρίζος έγραψε:Καλημέρα σε όλους. Στο θέμα GI_V_GEO_4_19009 που έλυσε ο Νίκος παραπάνω.

Ας θέσω το εξής ερώτημα: Αν ένας μαθητής με ροπή προς την ΝΟΜΙΜΗ Τριγωνομετρία γράψει:

"Στο AB\Gamma είναι \epsilon \varphi (\Gamma )=\frac{3}{10}, ενώ στο \Gamma \Delta E είναι \epsilon \phi \left(E\right)=\frac{4}{14}.

Αν τα σημεία ήταν συνευθειακά, θα έπρεπε οι γωνίες να είναι ίσες, ως εντός εκτός επί τ' αυτά,κάτι που δεν ισχύει", θα είναι αποδεκτή η λύση;
Καλημέρα σε όλους.

Γιατί να μην είναι αποδεκτή. Είναι απόλυτα τεκμηριωμένη.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9906
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#12

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Δευ Νοέμ 10, 2014 7:50 pm

GI_V_GEO_4_19032
Δίνονται δύο κύκλοι (O,a) και (K,\beta) με a>\beta , οι οποίοι εφάπτονται εξωτερικά στο M .

Φέρνουμε το κοινό εφαπτόμενο τμήμα AB , με A , B σημεία των κύκλων (O,a) και (K,\beta) αντίστοιχα .

Από το M θεωρούμε την κάθετη στο AB , η οποία τέμνει τα ευθύγραμμα τμήματα AK και AB στα σημεία \Lambda και N αντίστοιχα .
Να αποδείξετε ότι :
α) M\Lambda=\dfrac{a\beta}{a+\beta}

β) \Lambda N=\dfrac{a\beta}{a+\beta}

γ) Αν E_{1},E_{2} είναι τα εμβαδά των κύκλων (O,a) και (K,\beta) αντίστοιχα , τότε : \dfrac{E_{1}}{E_{2}}=\left(\dfrac{(A\Lambda N)}{(KM\Lambda)} \right)^2
19032.png
19032.png (9.33 KiB) Προβλήθηκε 5713 φορές


Απάντηση :α) Είναι : \displaystyle M\Lambda //OA , επομένως : \displaystyle \frac{M\Lambda}{a}=\frac{\beta }{a+\beta }\Leftrightarrow M\Lambda=\frac{a\beta}{a+\beta}

β) Είναι : \displaystyle \Lambda N//KB , επομένως : \displaystyle  \frac{\Lambda N}{\beta}=\frac{A\Lambda }{A K}=\frac{a }{a+\beta }\Leftrightarrow \Lambda N=\frac{a\beta}{a+\beta}

γ) Είναι : \displaystyle \frac{(A\Lambda N)}{(KM \Lambda)}=\frac{\Lambda A\cdot \Lambda N}{\Lambda K\cdot \Lambda M}=\frac{\Lambda A}{\Lambda K}=\frac{a}{\beta}

και τετραγωνίζοντας , έχω : \displaystyle\left( \frac{a}{\beta}\right)^2=\frac{a^2}{\beta^2}=\frac{\pi a^2}{\pi \beta^2}=\frac{E_{1}}{E_{2}}
τελευταία επεξεργασία από KARKAR σε Τετ Νοέμ 12, 2014 7:42 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7097
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#13

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Νοέμ 10, 2014 8:14 pm

GI_V_GEO_4_18994

Στην πλευρά AB παραλληλογράμμου AB\Gamma\Delta θεωρούμε σημείο E τέτοιο, ώστε \displaystyle{{\rm B}{\rm E} = \frac{1}{3}{\rm A}{\rm B}} και στην πλευρά \Delta\Gamma θεωρούμε σημείο Z τέτοιο, ώστε \displaystyle{\Delta {\rm Z} = \frac{1}{3}\Delta \Gamma }. Αν η διαγώνιος A\Gamma τέμνει τις \Delta E και BZ
στα σημεία M και N αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι:

α) AM=\Gamma N=2MN (Μονάδες 13)

β) \displaystyle{{\rm M}{\rm N} = \frac{1}{5}{\rm A}\Gamma } (Μονάδες 12)

Λύση.

α) \displaystyle{\Delta {\rm Z}|| = {\rm E}{\rm B} \Leftrightarrow \Delta {\rm E}||{\rm B}{\rm Z}}
Στο τρίγωνο \Gamma\Delta M, ZN||\Delta M: \displaystyle{\frac{{\Gamma {\rm N}}}{{{\rm M}{\rm N}}} = \frac{{\Gamma {\rm Z}}}{{{\rm Z}\Delta }} = 2 \Leftrightarrow \Gamma {\rm N} = 2{\rm M}{\rm N}}

Στο τρίγωνο ABN, ME||BN: \displaystyle{\frac{{{\rm A}{\rm M}}}{{{\rm M}{\rm N}}} = \frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{{\rm E}{\rm B}}} = 2 \Leftrightarrow {\rm A}{\rm M} = 2{\rm M}{\rm N}}.

Άρα: AM=\Gamma N=2MN
4_18994.png
4_18994.png (13.39 KiB) Προβλήθηκε 5671 φορές
β) \displaystyle{{\rm A}\Gamma  = {\rm A}{\rm M} + {\rm M}{\rm N} + {\rm N}\Gamma  = 2{\rm M}{\rm N} + {\rm M}{\rm N} + 2{\rm M}{\rm N} = 5{\rm M}{\rm N} \Leftrightarrow {\rm M}{\rm N} = \frac{1}{5}{\rm A}\Gamma }
Συνημμένα
GI_V_GEO_4_18994.docx
(160.63 KiB) Μεταφορτώθηκε 162 φορές


Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 934
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#14

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Δευ Νοέμ 10, 2014 9:01 pm

GI_V_GEO_4_19000

Δίνεται τρίγωνο {\rm A}{\rm B}\Gamma . Θεωρούμε {\rm A}{\rm M} τη διάμεσό του και {\rm E} τυχαίο σημείο του τμήματος {\rm B}{\rm M}.
Από το {\rm E} φέρουμε ευθεία παράλληλη στην {\rm A}{\rm M} που τέμνει την πλευρά {\rm A}{\rm B} στο \Delta και την προέκταση της \Gamma {\rm A} στο {\rm Z}.
α) Να συμπληρώσετε τις αναλογίες και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας:
i. \dfrac{{\Delta {\rm E}}}{{ \cdot  \cdot  \cdot }} = \dfrac{{ \cdot  \cdot  \cdot }}{{ \cdot  \cdot  \cdot }} = \dfrac{{ \cdot  \cdot  \cdot }}{{{\rm A}{\rm B}}}
ii. \dfrac{{{\rm E}{\rm Z}}}{{ \cdot  \cdot  \cdot }} = \dfrac{{ \cdot  \cdot  \cdot }}{{\Gamma {\rm M}}} = \dfrac{{ \cdot  \cdot  \cdot }}{{ \cdot  \cdot  \cdot }} (Μονάδες 12)
β) Να αποδείξετε ότι το άθροισμα \Delta {\rm E} + {\rm E}{\rm Z} είναι σταθερό, για οποιαδήποτε θέση του {\rm E} στο {\rm B}{\rm M}. (Μονάδες 13)

Λύση

α) i. Τα τρίγωνα \Delta {\rm E}{\rm M} και {\rm A}{\rm B}{\rm M} είναι όμοια αφού έχουν \Delta {\rm E}//{\rm A}{\rm M} και \widehat {\rm B} κοινή έτσι:

\dfrac{{\Delta {\rm E}}}{{{\rm A}{\rm M}}} = \dfrac{{{\rm B}{\rm E}}}{{{\rm B}{\rm M}}} = \dfrac{{\Delta {\rm B}}}{{{\rm A}{\rm B}}}\;\left( 1 \right)

ii. Τα τρίγωνα {\rm E}\Gamma {\rm Z} και {\rm A}{\rm M}\Gamma είναι όμοια αφού έχουν {\rm Z}{\rm E}//{\rm A}{\rm M} και \widehat \Gamma κοινή έτσι:
\dfrac{{{\rm E}{\rm Z}}}{{{\rm A}{\rm M}}} = \dfrac{{{\rm E}\Gamma }}{{\Gamma {\rm M}}} = \dfrac{{\Gamma {\rm Z}}}{{{\rm A}\Gamma }}\;\left( 2 \right)

β) Από τη σχέση \left( 1 \right) είναι: \dfrac{{\Delta {\rm E}}}{{{\rm A}{\rm M}}} = \dfrac{{{\rm B}{\rm E}}}{{{\rm B}{\rm M}}}\;\left( 3 \right)

Από τη σχέση \left( 2 \right) είναι \dfrac{{{\rm E}{\rm Z}}}{{{\rm A}{\rm M}}} = \dfrac{{{\rm E}\Gamma }}{{\Gamma {\rm M}}}\mathop  \Rightarrow \limits^{\Gamma {\rm M} = {\rm B}{\rm M}} \dfrac{{{\rm E}{\rm Z}}}{{{\rm A}{\rm M}}} = \dfrac{{{\rm E}\Gamma }}{{{\rm B}{\rm M}}}\;\left( 4 \right)

Από \left( 3 \right) + \left( 4 \right) \Rightarrow \dfrac{{\Delta {\rm E} + {\rm E}{\rm Z}}}{{{\rm A}{\rm M}}} = \dfrac{{{\rm B}{\rm E} + {\rm E}\Gamma }}{{{\rm B}{\rm M}}} \Leftrightarrow \dfrac{{\Delta {\rm E} + {\rm E}{\rm Z}}}{{{\rm A}{\rm M}}} = \dfrac{{{\rm B}\Gamma }}{{{\rm B}{\rm M}}} \Rightarrow

\dfrac{{\Delta {\rm E} + {\rm E}{\rm Z}}}{{{\rm A}{\rm M}}} = \dfrac{{2{\rm B}{\rm M}}}{{{\rm B}{\rm M}}} \Rightarrow \Delta {\rm E} + {\rm E}{\rm Z} = 2{\rm A}{\rm M} το οποίο είναι σταθερό.
Συνημμένα
19000.png
19000.png (15.77 KiB) Προβλήθηκε 5637 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 934
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#15

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Δευ Νοέμ 10, 2014 9:50 pm

GI_V_GEO_4_19006

Δίνεται κύκλος \left( {O,R} \right) και μία διάμετρός του AB .
Με διαμέτρους τα τμήματα OA και OB γράφουμε τους κύκλους κέντρων K και \Lambda αντίστοιχα.
Ένας τέταρτος κύκλος κέντρου M και ακτίνας \rho εφάπτεται εξωτερικά των κύκλων κέντρων K και \Lambda και εσωτερικά του κύκλου κέντρου O .
α) Να εκφράσετε τις διακέντρους KM,\Lambda M και OM των αντιστοίχων κύκλων ως συνάρτηση των ακτίνων τους, δικαιολογώντας την απάντησή σας. (Μονάδες 12)
β) Να αποδείξετε ότι \rho  = \dfrac{R}{3} (Μονάδες 13)

Λύση

α) Είναι KM = \dfrac{R}{2} + \rho αφού οι κύκλοι \left( {K,\dfrac{R}{2}} \right) και \left( {M,\rho } \right) εφάπτονται εξωτερικά.

Ομοίως, \Lambda M = \dfrac{R}{2} + \rho αφού οι κύκλοι \left( {\Lambda ,\dfrac{R}{2}} \right) και \left( {M,\rho } \right) εφάπτονται εξωτερικά.

OM = R - \rho αφού οι κύκλοι \left( {O,R} \right) και \left( {M,\rho } \right) εφάπτονται εσωτερικά.

β) Στο ισοσκελές τρίγωνο KM\Lambda το MO είναι διάμεσος άρα και ύψος.

Από Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο MOK είναι:

M{K^2} = M{O^2} + O{K^2} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{R}{2} + \rho } \right)^2} = {\left( {R - \rho } \right)^2} + \dfrac{{{R^2}}}{4} \Leftrightarrow

\dfrac{{{R^2}}}{4} + R\rho  + {\rho ^2} = {R^2} - 2R\rho  + {\rho ^2} + \dfrac{{{R^2}}}{4} \Leftrightarrow

3R\rho  = {R^2} \Leftrightarrow \rho  = \dfrac{R}{3}
Συνημμένα
19006.png
19006.png (40.09 KiB) Προβλήθηκε 5606 φορές


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
Δημοσιεύσεις: 934
Εγγραφή: Σάβ Δεκ 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#16

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από hlkampel » Δευ Νοέμ 10, 2014 10:24 pm

GI_V_GEO_4_19016

Στο παρακάτω σκαληνό τρίγωνο {\rm A}{\rm B}\Gamma θεωρούμε τα σημεία \Delta και {\rm E} στις πλευρές {\rm A}{\rm B} και {\rm A}\Gamma αντίστοιχα, έτσι ώστε να ισχύουν: {\rm A}{\rm E} = \dfrac{2}{3}{\rm A}\Gamma και {\rm A}\Delta  = \dfrac{2}{3}{\rm A}{\rm B}
19016.png
19016.png (7.26 KiB) Προβλήθηκε 5578 φορές
α) Να αποδείξετε ότι \widehat {{\rm A}{\rm E}\Delta } = \widehat {{\rm A}\Gamma {\rm B}} (Μονάδες 9)

β) Να εξετάσετε αν ισχύει \dfrac{{{\rm A}{\rm E}}}{{{\rm A}\Gamma }} = \dfrac{{{\rm E}\Delta }}{{{\rm B}\Gamma }} (Μονάδες 8)
γ) Να εξετάσετε αν το τμήμα {\rm B}\Gamma είναι παράλληλο στο τμήμα \Delta {\rm E}. (Μονάδες 8)

Να αιτιολογήσετε πλήρως τις απαντήσεις σας.

Λύση

α) Τα τρίγωνα {\rm A}{\rm E}\Delta και {\rm A}{\rm B}\Gamma είναι όμοια αφού έχουν \widehat {\rm A} κοινή και \dfrac{{{\rm A}{\rm E}}}{{{\rm A}\Gamma }} = \dfrac{{{\rm A}\Delta }}{{{\rm A}{\rm B}}} = \dfrac{2}{3} από την υπόθεση,
έτσι θα έχουν και τις αντίστοιχες γωνίες ίσες δηλαδή και \widehat {{\rm A}{\rm E}\Delta } = \widehat {{\rm A}\Gamma {\rm B}}.

β) Από την ομοιότητα των παραπάνω τριγώνων είναι και \dfrac{{{\rm A}{\rm E}}}{{{\rm A}\Gamma }} = \dfrac{{{\rm E}\Delta }}{{{\rm B}\Gamma }}

γ) Είναι \widehat {{\rm A}{\rm E}\Delta } = \widehat {{\rm A}\Gamma {\rm B}}\;\left( 1 \right) και \widehat {{\rm A}\Delta {\rm E}} = \widehat {{\rm A}{\rm B}\Gamma }\;\left( 2 \right)

Αν είναι {\rm B}\Gamma //\Delta {\rm E} τότε και \widehat {{\rm A}{\rm E}\Delta } = \widehat {{\rm A}{\rm B}\Gamma }\;\left( 3 \right) ως εντός εκτός και επί τα αυτά.

Από \left( 1 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow \widehat {{\rm A}{\rm B}\Gamma } = \widehat {{\rm A}\Gamma {\rm B}} δηλαδή το τρίγωνο {\rm A}{\rm B}\Gamma είναι ισοσκελές.
Αυτό είναι άτοπο αφού το τρίγωνο{\rm A}{\rm B}\Gamma είναι σκαληνό,
έτσι το τμήμα {\rm B}\Gamma δεν είναι παράλληλο στο τμήμα \Delta {\rm E}
τελευταία επεξεργασία από hlkampel σε Δευ Νοέμ 10, 2014 10:45 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
asemarak
Δημοσιεύσεις: 25
Εγγραφή: Κυρ Ιαν 18, 2009 9:30 pm

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#17

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από asemarak » Δευ Νοέμ 10, 2014 10:44 pm

GI_V_GEO_4_19034

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημεία Μ, Λ και Ζ πάνω στις πλευρές ΑΒ, ΑΓ και ΒΓ αντίστοιχα τέτοια, ώστε AM=\frac{1}{2}AB, A\Lambda =\frac{2}{3}A\Gamma και BZ=\frac{1}{3}B\Gamma.
α) Να αποδείξετε ότι (AM\Lambda )=\frac{1}{3}(AB\Gamma ). (Μονάδες 7)
β) Να αποδείξετε ότι \frac{(MZ\Lambda) }{(AB\Gamma )}=\frac{5}{18}. (Μονάδες 12)
γ) Να υπολογίσετε το λόγο των εμβαδών \frac{(AMZ\Lambda) }{(AB\Gamma) }. (Μονάδες 6)

ΛΥΣΗ
Εικόνα
α) Τα τρίγωνα ΑΜΛ, ΑΒΓ έχουν κοινή την γωνία Α, οπότε \frac{(AM\Lambda )}{(AB\Gamma )}=\frac{AM\cdot A\Lambda }{AB\cdot A\Gamma }=\frac{\frac{1}{2}AB\cdot \frac{2}{3}A\Gamma }{AB\cdot A\Gamma }=\frac{1}{3}.
Άρα (AM\Lambda )=\frac{1}{3}(AB\Gamma ).
β) Τα τρίγωνα ΒΜΖ, ΑΒΓ έχουν κοινή την γωνία Β, οπότε \frac{(BMZ )}{(AB\Gamma )}=\frac{BM\cdot BZ }{AB\cdot B\Gamma }=\frac{\frac{1}{2}AB\cdot \frac{1}{3}B\Gamma }{AB\cdot B\Gamma }=\frac{1}{6}.
Άρα (BMZ)=\frac{1}{6}(AB\Gamma ).
Ομοίως τα τρίγωνα ΓΛΖ, ΑΒΓ έχουν κοινή την γωνία Γ. Άρα \frac{(\Gamma \Lambda Z )}{(AB\Gamma )}=\frac{\Gamma \Lambda\cdot \Gamma Z }{A\Gamma\cdot B\Gamma }=\frac{\frac{1}{3}A\Gamma\cdot \frac{2}{3}B\Gamma }{A\Gamma\cdot B\Gamma }=\frac{2}{9}.
Επομένως (\Gamma \Lambda Z )=\frac{2}{9}(AB\Gamma ).
Είναι (M Z \Lambda )=(AB\Gamma )-(AM\Lambda)-(BMZ)-(\Gamma \Lambda Z) =(AB\Gamma )-\frac{1}{3}(AB\Gamma )-\frac{1}{6}(AB\Gamma )-\frac{2}{9}(AB\Gamma ) =\left ( 1-\frac{1}{3} -\frac{1}{6}-\frac{2}{9}\right )(AB\Gamma ) =\frac{18-6-3-4}{18}(AB\Gamma ) =\frac{5}{18}(AB\Gamma ). Άρα \frac{(M Z \Lambda ) }{(AB\Gamma )}=\frac{5}{18}.
γ) \frac{(AM Z\Lambda) }{(AB\Gamma )}=\frac{(AM\Lambda) +(M Z \Lambda ))}{(AB\Gamma )}=\frac{\frac{1}{3}(AB\Gamma) +\frac{5}{18}(AB\Gamma )}{(AB\Gamma )}=\frac{(\frac{1}{3}+\frac{5}{18})(AB\Gamma )}{(AB\Gamma )}=\frac{1}{3}+\frac{5}{18}=\frac{11}{18}.


Θοδωρής Καραμεσάλης
Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7097
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#18

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Νοέμ 11, 2014 10:08 am

GI_V_GEO_4_19025

Κυρτό τετράπλευρο AB\Gamma\Delta είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο. Οι διαγώνιοί του A\Gamma και B\Delta τέμνονται στο σημείο M, το οποίο είναι το μέσο της διαγωνίου B\Delta.
Να αποδείξετε ότι:
α) \displaystyle{\Delta {{\rm B}^2} = 4{\rm M}{\rm A} \cdot {\rm M}\Gamma } (Μονάδες 7)

β) \displaystyle{{\rm A}{{\rm B}^2} + {\rm A}{\Delta ^2} = 2{\rm A}{\rm M} \cdot {\rm A}\Gamma } (Μονάδες 9)

γ) \displaystyle{{\rm A}{{\rm B}^2} + {\rm B}{\Gamma ^2} + \Gamma {\Delta ^2} + {\rm A}{\Delta ^2} = 2{\rm A}{\Gamma ^2}} (Μονάδες 9)

Λύση.

α) \displaystyle{\Delta {\rm M} \cdot {\rm M}{\rm B} = {\rm M}{\rm A} \cdot {\rm M}\Gamma  \Leftrightarrow \frac{{\Delta {{\rm B}^2}}}{4} = {\rm M}{\rm A} \cdot {\rm M}\Gamma  \Leftrightarrow \Delta {{\rm B}^2} = 4{\rm M}{\rm A} \cdot {\rm M}\Gamma }

β) Εφαρμόζω το 1ο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο AB\Delta:

\displaystyle{{\rm A}{{\rm B}^2} + {\rm A}{\Delta ^2} = 2{\rm A}{{\rm M}^2} + \frac{{\Delta {{\rm B}^2}}}{2} = 2{\rm A}{{\rm M}^2} + 2{\rm A}{\rm M} \cdot {\rm M}\Gamma  = 2{\rm A}{\rm M}({\rm A}{\rm M} + {\rm M}\Gamma ) \Leftrightarrow }

\displaystyle{{\rm A}{{\rm B}^2} + {\rm A}{\Delta ^2} = 2{\rm A}{\rm M} \cdot {\rm A}\Gamma }
4_19025.png
4_19025.png (13.38 KiB) Προβλήθηκε 5456 φορές
γ) Εφαρμόζω το 1ο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο \Gamma B\Delta:

\displaystyle{\Gamma {{\rm B}^2} + \Gamma {\Delta ^2} = 2\Gamma {{\rm M}^2} + \frac{{\Delta {{\rm B}^2}}}{2} = 2\Gamma {{\rm M}^2} + 2{\rm A}{\rm M} \cdot {\rm M}\Gamma  = 2\Gamma {\rm M}(\Gamma {\rm M} + {\rm A}{\rm M}) \Leftrightarrow }

\displaystyle{\Gamma {{\rm B}^2} + \Gamma {\Delta ^2} = 2\Gamma {\rm M} \cdot {\rm A}\Gamma }

Προσθέτω κατά μέλη την τελευταία αυτή σχέση και τη σχέση του β) ερωτήματος:

\displaystyle{{\rm A}{{\rm B}^2} + {\rm B}{\Gamma ^2} + \Gamma {\Delta ^2} + {\rm A}{\Delta ^2} = 2{\rm A}{\rm M} \cdot {\rm A}\Gamma  + 2\Gamma {\rm M} \cdot {\rm A}\Gamma  = 2{\rm A}\Gamma ({\rm A}{\rm M} + \Gamma {\rm M}) = 2{\rm A}{\Gamma ^2}}
Συνημμένα
GI_V_GEO_4_19025.docx
(162.11 KiB) Μεταφορτώθηκε 155 φορές


Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 845
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#19

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τρί Νοέμ 11, 2014 12:57 pm

Καλημέρα σε όλους. Υποβάλλω απάντηση στο θέμα:

GI_V_GEO_4_19029
4-B-G-19029.PNG
4-B-G-19029.PNG (4.78 KiB) Προβλήθηκε 5328 φορές

Δίνονται MN\parallel AB\parallel \Gamma \Delta ..\displaystyle\frac{AM}{A\Delta }=\displaystyle\frac{1}{3}

α) Από το Θεώρημα του Θαλή παίρνουμε \displaystyle\frac{AK}{A\Gamma }=\frac{AM}{A\Delta }=\frac{1}{3} κι' ακόμη \displaystyle\frac{MK}{\Gamma \Delta }=\frac{1}{3} από τα όμοια τρίγωνα AMK και A\Gamma \Delta

β) Είναι KN\parallel AB\Rightarrow \Gamma KN\approx AB\Gamma \Rightarrow\displaystyle \frac{KN}{AB}=\frac{\Gamma N}{\Gamma B}=\frac{\Delta M}{\Delta A}=\frac{2}{3}

γ) MN=MK+KN=\displaystyle\frac{1}{3}\Gamma \Delta +\frac{2}{3}AB

δ) Ας δεχθούμε ότι τα τραπέζια ABNM , AB\Gamma \Delta είναι όμοια .
Τότε οι αντίστοιχες πλευρές τους έχουν τον ίδιο λόγο (ομοιότητας )
οπότε ισχύει \displaystyle\frac{MN}{\Gamma \Delta }=\frac{AM}{A\Delta }=\frac{1}{3}

αλλά από το γ) προκύπτει : \displaystyle\frac{1}{3}\Gamma \Delta =MN=\frac{1}{3}\Gamma \Delta  +\frac{2}{3}AB\Rightarrow AB=0
που είναι ΑΤΟΠΟΝ ... συνεπώς τα τραπέζια δεν είναι όμοια , δηλ. ο ισχυρισμός είναι ΨΕΥΔΗΣ .

Ας δούμε και μια πιο πρακτική αιτιολόγηση. Τα όμοια σχήματα είναι το ένα μεγέθυνση του άλλου , δηλ οι πλευρές του μικρού πολλαπλασιάζονται όλες με τον ίδιο αριθμό για να προκύψουν οι πλευρές του μεγάλου.
Εδώ η πλευρά AM τριπλασιάζεται για να προκύψει η A \Delta, ενώ η AB παραμένει αμετάβλητη .

Συνεπώς τα τραπέζια ABNM , AB\Gamma \Delta δεν είναι δυνατόν να είναι όμοια .

Φιλικά Γιώργος.
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Μήτσιος σε Τρί Νοέμ 11, 2014 3:16 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9906
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

#20

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Νοέμ 11, 2014 1:22 pm

GI_V_GEO_4_19013
4-19013.png
4-19013.png (11.86 KiB) Προβλήθηκε 5383 φορές
α) Τα τρίγωνα MHE και N\Gamma E είναι όμοια , οπότε \displaystyle \frac{0.75-x}{1.75}=\frac{x}{1}\Leftrightarrow x=\frac{3}{11}\simeq 0.273 m

β) Θα ήταν όμοια τα τρίγωνα KMZ , KB\Gamma , οπότε \displaystyle \frac{0.75}{y}=\frac{1}{1.75-y}\Leftrightarrow y=0.75 m .

Αλλά τότε το μπαλάκι θα έπεφτε στην τρύπα στο σημείο N , δηλαδή έχει δίκιο ο παίχτης \Pi_{1}

Ξανακοιτάζοντας την ομαδική εργασία , διαπιστώνω ότι την ίδια λύση έχει δώσει παραπάνω ο Νίκος .
τελευταία επεξεργασία από KARKAR σε Τρί Νοέμ 11, 2014 6:12 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΟΜΑΔΙΚΕΣ ΕΡΓΑΣΙΕΣ ΜΕΛΩΝ ΤΟΥ MATHEMATICA.GR”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης