mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **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

.
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

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.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 09, 2014 8:48 pm**

Τα πρώτα Θέματα ήδη ανέβηκαν στην Τράπεζα Θεμάτων...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Νοέμ 09, 2014 11:24 pm**

Ετοιμάζω το GI_V_GEO_4_19039

Αθ. Μπεληγιάννης

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 10, 2014 12:09 am**

το GI_V_GEO_4_19022

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 10, 2014 12:38 am**

GI_V_GEO_4_18976

Σε οξυγώνιο τρίγωνο $AB\Gamma$ φέρουμε τα ύψη του $A\Delta$ και

.
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

)
ii. Να δικαιολογήσετε γιατί τα τρίγωνα $A\Delta B$ και BEA

δεν μπορεί να είναι όμοια. (Μονάδες

)
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

)

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 (6.46 KiB) Προβλήθηκε 15758 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 (7.42 KiB) Προβλήθηκε 15758 φορές

Δημοσιεύτηκε: **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: $AH\cdot A\Delta =\alpha ^{2}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 10, 2014 9:41 am**

GI_V_GEO_4_18985

Σε κύκλο κέντρου

θεωρούμε δυο χορδές του

και $\Gamma\Delta$ που τέμνονται σε ένα σημείο

.
α) Αν το σημείο

είναι το μέσο του τόξου $\Gamma\Delta$ , να αποδείξετε ότι:
i. Όταν η χορδή

είναι κάθετη στη χορδή $\Gamma\Delta$ , τότε $\displaystyle{{\rm A}{\rm M} \cdot {\rm A}{\rm B} = A{\Gamma ^2}}$ (Μονάδες

ii. Όταν η χορδή

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

)
β) Αν για τις χορδές

και $\Gamma\Delta$ που τέμνονται σε σημείο

ισχύει ότι $\displaystyle{{\rm A}{\rm M} \cdot {\rm A}{\rm B} = A{\Gamma ^2}}$ , να αποδείξετε ότι το σημείο

είναι το μέσο του τόξου $\Gamma\Delta$ . (Μονάδες

)

Λύση.

α) i. Αν το σημείο

είναι το μέσο του τόξου $\Gamma\Delta$ και $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} \bot \Gamma \Delta }$ , τότε η

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 (9.17 KiB) Προβλήθηκε 15627 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.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 10, 2014 10:35 am**

Θέμα: GI_V_GEO_4_19009

Μια άποψη

: 19009.png (10.4 KiB) Προβλήθηκε 15649 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

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 10, 2014 10:49 am**

GI_V_GEO_4_19013

: 19013.png (22.91 KiB) Προβλήθηκε 15587 φορές

α)Διαδικασία προσδιορισμού του

.

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 ${\rm E}\Gamma$ διχοτόμο 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

, 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.

Δημοσιεύτηκε: **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;

Δημοσιεύτηκε: **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.

Δημοσιεύτηκε: **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

.

Φέρνουμε το κοινό εφαπτόμενο τμήμα

, με

σημεία των κύκλων (O,a)

και $(K,\beta)$ αντίστοιχα .

Από το

θεωρούμε την κάθετη στο

, η οποία τέμνει τα ευθύγραμμα τμήματα

και

στα σημεία $\Lambda$ και

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 (9.33 KiB) Προβλήθηκε 15452 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 : $\displaystyle\left( \frac{a}{\beta}\right)^2=\frac{a^2}{\beta^2}=\frac{\pi a^2}{\pi \beta^2}=\frac{E_{1}}{E_{2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 10, 2014 8:14 pm**

GI_V_GEO_4_18994

Στην πλευρά

παραλληλογράμμου $AB\Gamma\Delta$ θεωρούμε σημείο

τέτοιο, ώστε $\displaystyle{{\rm B}{\rm E} = \frac{1}{3}{\rm A}{\rm B}}$ και στην πλευρά $\Delta\Gamma$ θεωρούμε σημείο

τέτοιο, ώστε $\displaystyle{\Delta {\rm Z} = \frac{1}{3}\Delta \Gamma }$ . Αν η διαγώνιος $A\Gamma$ τέμνει τις $\Delta E$ και

στα σημεία

και

αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι:

α) $AM=\Gamma N=2MN$ (Μονάδες

)

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

)

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 (13.39 KiB) Προβλήθηκε 15410 φορές

β) $\displaystyle{{\rm A}\Gamma = {\rm A}{\rm M} + {\rm M}{\rm N} + {\rm N}\Gamma = 2{\rm M}{\rm N} + {\rm M}{\rm N} + 2{\rm M}{\rm N} = 5{\rm M}{\rm N} \Leftrightarrow {\rm M}{\rm N} = \frac{1}{5}{\rm A}\Gamma }$

Δημοσιεύτηκε: **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.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 10, 2014 9:50 pm**

GI_V_GEO_4_19006

Δίνεται κύκλος $\left( {O,R} \right)$ και μία διάμετρός του

.
Με διαμέτρους τα τμήματα

και

γράφουμε τους κύκλους κέντρων

και $\Lambda$ αντίστοιχα.
Ένας τέταρτος κύκλος κέντρου

και ακτίνας $\rho$ εφάπτεται εξωτερικά των κύκλων κέντρων

και $\Lambda$ και εσωτερικά του κύκλου κέντρου

.
α) Να εκφράσετε τις διακέντρους $KM,\Lambda M$ και

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

είναι διάμεσος άρα και ύψος.

Από Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο MOK

είναι:

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

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

$3R\rho = {R^2} \Leftrightarrow \rho = \dfrac{R}{3}$

Δημοσιεύτηκε: **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 (7.26 KiB) Προβλήθηκε 15317 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 $\Delta {\rm E}$

Δημοσιεύτηκε: **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) $\frac{(AM Z\Lambda) }{(AB\Gamma )}=\frac{(AM\Lambda) +(M Z \Lambda ))}{(AB\Gamma )}=\frac{\frac{1}{3}(AB\Gamma) +\frac{5}{18}(AB\Gamma )}{(AB\Gamma )}=\frac{(\frac{1}{3}+\frac{5}{18})(AB\Gamma )}{(AB\Gamma )}=\frac{1}{3}+\frac{5}{18}=\frac{11}{18}$ .

Δημοσιεύτηκε: **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

, 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

)

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

)

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

)

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

ο 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 (13.38 KiB) Προβλήθηκε 15195 φορές

γ) Εφαρμόζω το

ο 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:

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

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 11, 2014 12:57 pm**

Καλημέρα σε όλους. Υποβάλλω απάντηση στο θέμα:

GI_V_GEO_4_19029

: 4-B-G-19029.PNG (4.78 KiB) Προβλήθηκε 15067 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

τριπλασιάζεται για να προκύψει η $A \Delta$ , ενώ η

παραμένει αμετάβλητη .

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

Φιλικά Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 11, 2014 1:22 pm**

GI_V_GEO_4_19013

: 4-19013.png (11.86 KiB) Προβλήθηκε 15122 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

, δηλαδή έχει δίκιο ο παίχτης $\Pi_{1}$

Ξανακοιτάζοντας την ομαδική εργασία , διαπιστώνω ότι την ίδια λύση έχει δώσει παραπάνω ο Νίκος .

mathematica.gr

4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ