Ίσα και υπολογίσιμα

#1

: 'Ισα και υπολογίσιμα.png (13.68 KiB) Προβλήθηκε 714 φορές

Στη διάταξη του σχήματος το ABCD

είναι τετράγωνο πλευράς

και το

ισόπλευρο τρίγωνο.

α) Να δείξετε ότι PQ=PT

...... β) Να υπολογίσετε το

συναρτήσει του

όταν το

είναι μέσο του AC.

Διευκρίνιση: Όσα σημεία φαίνονται συνευθειακά, είναι συνευθειακά.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Αύγ 10, 2019 11:14 am
'Ισα και υπολογίσιμα.png
Στη διάταξη του σχήματος το είναι τετράγωνο πλευράς και το ισόπλευρο τρίγωνο.

α) Να δείξετε ότι ...... β) Να υπολογίσετε το συναρτήσει του όταν το είναι μέσο του

Διευκρίνιση: Όσα σημεία φαίνονται συνευθειακά, είναι συνευθειακά.

Καλημέρα!

α)

Είναι $\angle PTQ=\angle KTC=180^{\circ}-45^{\circ}-60^{\circ}=75^{\circ}$

Επίσης $\angle BKP=\angle PKT=60^{\circ},\angle BCP=\angle PCQ=45^{\circ}$ άρα

παράκεντρο του KCQ

δηλαδή $\angle TQP=\dfrac{\angle TQD}{2}=\dfrac{180^{\circ}-30^{\circ}}{2}=75^{\circ}=\angle PTQ\Leftrightarrow PT=PQ$

β) $DP\perp PT,\angle PDQ=45^{\circ},\angle PQD=75^{\circ}$

Έτσι $\dfrac{PQ}{\sin45^{\circ}}=\dfrac{a\dfrac{\sqrt{2}}{2}}{\sin75^{\circ}}\Leftrightarrow ..\Leftrightarrow PQ=\dfrac{a\left ( \sqrt{6} -\sqrt{2}\right )}{2}$

angvl · #3

: ισακαιυπολογισιμα.png (410.29 KiB) Προβλήθηκε 649 φορές

Ας επιχειρήσω μία λύση εκτός φακέλου με αναλυτική γεωμετρία.

a)

Εστω $\displaystyle A(0,0),C(a,a)$ όπου

το μήκος της πλευράς του τετραγώνου. H

διχοτόμος της γωνίας των αξόνων,αρα θα έχει εξίσωση $\displaystyle \boxed{ AC : y = x } , 0\leq x\leq a$ .To σημείο $\displaystyle P$ αφού ανήκει στην

θα έχει συν/νες έστω $\displaystyle P(p,p) , p>0$ Απ το σχήμα βλέπουμε ότι $\displaystyle \lambda_{KL} = \tan 60^0 =\sqrt{3}$ αρα $KL : y-p=\sqrt{3}(x-p)\Rightarrow \boxed{KL:y=\sqrt{3}x+p-\sqrt{3}p}$ Η

έχει εξίσωση $\displaystyle \boxed{ BC:y=a}$ . To $\displaystyle K \equiv KL \cap BC$ άρα λύνοντας το σύστημα των δύο εξισώσεων βρίσκουμε $\displaystyle K(\frac{a-p+\sqrt{3}p}{\sqrt{3}},a)$ . Eπίσης $\displaystyle \lambda_{KM} = \tan 120^0 = -\tan 60^0=-\sqrt{3}$ . Aρα $\displaystyle ...\boxed{KM:y=-\sqrt{3}x+2a-p+\sqrt{3}p}$ . To $\displaystyle T \equiv KM \cap AC$ άρα $\displaystyle T(\frac{2a-p+\sqrt{3}p}{1+\sqrt{3}},\frac{2a-p+\sqrt{3}p}{1+\sqrt{3}})$ .To $\displaystyle Q \equiv CD \cap KM$ και $\displaystyle \boxed{ CD:x=a}$ άρα $\displasytyle Q(a,-\sqrt{3}a+2a-p+\sqrt{3}p)$ .Συνεπώς $\displaystyle PQ^2 = (p-a)^2+(p+\sqrt{3}a-2a+p-\sqrt{3}p)^2 \Rightarrow... PQ^2=4(2-\sqrt{3})(p-a)^2$ . 'Ομοια $\displaystyle PT^2 = (p-\frac{2a-p+\sqrt{3}p}{1+\sqrt{3}})^2+(p-\frac{2a-p+\sqrt{3}p}{1+\sqrt{3}})^2 \Rightarrow ... PT^2 = 4(2-\sqrt{3})(p-a)^2$ . Αρα $\displaystyle PQ^2=PT^2 \Rightarrow PT = PQ$

b)

$\displaystyle P$ μέσο $ΑC \Rightarrow \boxed{P(\frac{a}{2},\frac{a}{2})}$ και $\displaystyle \boxed{PQ^2=4(2-\sqrt{3})(p-a)^2}\Rightarrow PQ^2 = (2-\sqrt{3})a^2\Rightarrow PQ = a\sqrt{2-\sqrt{3}}\Rightarrow PQ = a\sqrt{\frac{1}{4}(\sqrt{6}-\sqrt{2})^2} \Rightarrow$

$\displaystyle PQ =\frac{a}{2}(\sqrt{6}-\sqrt{2})$

#4

Η πρώτη λύση είναι η πλέον ενδεδειγμένη .Όμως και η δεύτερη ενδείκνυται αφού έχουμε τετράγωνο , ισόπλευρο τρίγωνο και ευθείες με γνωστές κλίσεις.

Μειονέκτημα οι πολλές πράξεις (σύνηθες όταν χρησιμοποιούμε αναλυτική Γεωμετρία)

Για την ημετέρα γράφω παρατήρηση στο τέλος .

: Ίσα και υπολογίσιμα_1.png (40.97 KiB) Προβλήθηκε 589 φορές

α) Στο τρίγωνο CTQ

η εξωτερική γωνία $\,\widehat \theta = 45^\circ + 30^\circ = 75^\circ \,(1)$ .

Γράφω τον περιγεγραμμένο κύκλο του $\vartriangle KPQ$ και έστω

το, άλλο, σημείο τομής με τη

.

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο SPQK

,για το $\vartriangle SPQ$ οι γωνίες του στα S,Q

είναι από $60^\circ$ οπότε είναι ισόπλευρο με κέντρο το βαρύκεντρό του

κ έτσι το

$PTQ\mathop \to \limits^{(1)} \left( {30^\circ ,75^\circ ,75^\circ } \right)$ συνεπώς PT = PQ

β)

Στην περίπτωση που το

είναι το κέντρο του τετραγώνου ABCD

γράφω το

κύκλο (S,P,C)

που τέμνει την

,ακόμα στο

. Θέτω $PS = x\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SC = y$ .

Αφού η

διχοτομεί την ορθή γωνία στο

θα είναι

. Στο $\vartriangle PCF$

η $CF = {\lambda _3} = R\sqrt 3 = y\sqrt 3 \,\,\,(2)$ , ενώ από το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο PSF

$SF = x\sqrt 2 \,\,\,(3)$ .

Αλλά τα τρίγωνα $SPC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,FPD$ έχουν SP = FP

και τις προσκείμενες γωνίες $60^\circ + 45^\circ = 105^\circ \,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,30^\circ$ ,

συνεπώς είναι ίσα οπότε $SC = DF = y \Rightarrow CF = a - y$ .

Λόγω των $(2)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(3)$ θα έχω ταυτόχρονα:

: Ίσα και υπολογίσιμα_2.png (23.72 KiB) Προβλήθηκε 589 φορές

$\left\{ \begin{gathered} SF = x\sqrt 2 = 2y \hfill \\ CF = a - y = y\sqrt 3 \hfill \\ \end{gathered} \right.$ που με απαλοιφή μεταξύ τους του

έχω: $\boxed{x = \dfrac{{a\left( {\sqrt 6 - \sqrt 2 } \right)}}{2}}$

Παρατήρηση/

Επί της ουσίας έχουμε επίλυση τριγώνου ( του $\vartriangle SPC$ ) του οποίου γνωρίζουμε μια πλευρά $\left( {PC = \dfrac{{a\sqrt 2 }}{2}} \right)$ και τις γωνίες του . Με Θ . ημιτόνου που πολύ σωστά εφάρμοσε o νεαρός Φωτιάδης έχουμε πολύ γρήγορα αποτελέσματα.

Η πιο πάνω επομένως λύση του β ερωτήματος είναι παράδειγμα προς αποφυγή .

Ίσα και υπολογίσιμα

Ίσα και υπολογίσιμα

Re: Ίσα και υπολογίσιμα

Re: Ίσα και υπολογίσιμα

Re: Ίσα και υπολογίσιμα

Μέλη σε σύνδεση