mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Δεκ 11, 2025 6:12 pm**

: Πολυάσκηση.png (11.77 KiB) Προβλήθηκε 534 φορές

Του ορθογωνίου τριγώνου ABC

, η κορυφή της ορθής γωνίας είναι το σημείο A(0,5)

,

η

είναι σημείο της ευθείας y=-1

και η

σημείο της y=1

. Φέρουμε το ύψος

.

α) Υπολογίστε το τμήμα

... β) Εξετάστε αν : $\omega=2\theta$ .

γ) Πότε το τρίγωνο είναι και ισοσκελές ; ... δ) Πότε είναι : (ABC)=30

;

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 13, 2025 3:13 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 11, 2025 6:12 pm
Πολυάσκηση.pngΤου ορθογωνίου τριγώνου , η κορυφή της ορθής γωνίας είναι το σημείο ,
η είναι σημείο της ευθείας και η σημείο της . Φέρουμε το ύψος .
α) Υπολογίστε το τμήμα ... β) Εξετάστε αν : $\omega=2\theta$ . γ) Πότε το τρίγωνο είναι και ισοσκελές ; ... δ) Πότε είναι : ;

: Πολυάσκηση.png (47.27 KiB) Προβλήθηκε 474 φορές

Έστω $K\equiv OA\cap \left( {{e}_{1}} \right),L\equiv OA\cap \left( {{e}_{2}} \right)$ (οι ευθείες $\left( {{e}_{1}} \right),\left( {{e}_{2}} \right)$ φαίνονται στο σχήμα.

Τότε από $\angle ADB=\angle ALB={{90}^{0}}\Rightarrow A,B,L,D$ ομοκυκλικά και ομοίως $\angle ADC=\angle AKC={{90}^{0}}\Rightarrow A,K,D,C$ ομοκυκλικά .

Αλλά και με $\angle ADM=\angle AOM={{90}^{0}}\Rightarrow A,O,D,M$ ομοκυκλικά (με $M\equiv BC\cap {x}'x$ προφανώς το μέσο της

αφού ο άξονας {x}'x

είναι μεσοπαράλλη των ευθειών $\left( {{e}_{1}} \right),\left( {{e}_{2}} \right)$ )

Ο κύκλος $\left( A,O,D,M \right)$ έχει διάμετρο (λόγω των ορθών γωνιών) την διάμεσο

και με

τα ίχνη ύψους και διαμέσου αντίστοιχα του ορθογωνίου τριγώνοου $\vartriangle ABC$ πρόκειται για τον κύκλο Euler του εν λόγω τριγώνου , άρα θα διέρχεται και από τα μέση P,N

των πλευρών του AB,AC

αντίστοιχα.

α) Είναι $\angle DKL\overset{A,K,D,C\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle ACD\equiv \angle ACB\overset{o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma }{\mathop{=}}\,\angle BAD:\left( 1 \right)$ και $\angle DLK\equiv DLA\overset{A,B,L,D\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle DBA:\left( 2 \right)$

Με πρόσθεση κατά μέλη των $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow \angle DKL+\angle DLK=\angle BAD+\angle DBA\overset{\angle ADB={{90}^{0}}}{\mathop{=}}\,{{90}^{0}}$ , οπότε το τρίγωνο $\vartriangle KDL$ είναι ορθογώνιο στο

και με

τη διάμεσό του (λόγω της μεσοπαραλληλίας) θα είναι $OD=\frac{KL}{2}\overset{KL=2}{\mathop{=}}\,1$

Επίσης $\angle DOA\overset{A,K,D,M\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle CMA\overset{AM\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \sigma o\varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o\upsilon \,\,\tau \rho \iota \gamma \omega \nu o\upsilon \,\,\vartriangle ABC}{\mathop{=}}\,2\left( \angle ABC \right)$

Για να είναι το τρίγωνο και ισοσκελές πρέπει $D\equiv M\Leftrightarrow AB=AC\Leftrightarrow \ldots {{c}^{2}}-{{d}^{2}}=20$
Είναι $\overleftrightarrow{AB}=\left( b,-6 \right)\,\,\And \,\,\overleftrightarrow{AC}=\left( c,-4 \right)$ . Έτσι έχουμε: $30=\left( ABC \right)=\frac{1}{2}\left| \left| \begin{matrix} b & -6 \\ c & -4 \\ \end{matrix} \right| \right|\Leftrightarrow \ldots \left| 3c-2b \right|=30$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 13, 2025 6:38 pm**

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Δεκ 11, 2025 6:12 pm
Του ορθογωνίου τριγώνου , η κορυφή της ορθής γωνίας είναι το σημείο ,

η είναι σημείο της ευθείας και η σημείο της . Φέρουμε το ύψος .

α) Υπολογίστε το τμήμα ... β) Εξετάστε αν : $\omega=2\theta$ .

γ) Πότε το τρίγωνο είναι και ισοσκελές ; ... δ) Πότε είναι : ;

.

: Πολυασκ.png (17.43 KiB) Προβλήθηκε 443 φορές

.
Για λόγους πληρότητας ας την δούμε με Αναλυτική Γεωμετρία διότι δεν χρειάζεται καθόλου σκέψη (αλλά πληρώνουμε τίμημα τις πολλές πράξεις).

Η συνθήκη καθετότητας $AB \perp AC$ γράφεται $\dfrac {5-1}{0-c} \cdot \dfrac {5-(-1)}{0-b}=-1$ , ισοδύναμα $\boxed {bc=-24}$ .

Το

βρίσκεται στην τομή των ευθειών

και

που έχουν αξισώσεις (άμεσο) τις $y+1=\dfrac {2}{c-b}(x-b)$ και $y= \dfrac {b-c}{2}x +5$ .

Λύνοντας το σύστημα των δύο θα βρούμε ότι το

έχει συνεταγμένες

$x= \dfrac {12c-8b}{b^2-2bc+c^2+4}\overset {{\color {red} bc=-24}} {=} \dfrac {12c-8b}{b^2+c^2+52}$ και $y= \dfrac {b^2-c^2+20}{b^2-2bc+c^2+4}\overset {{\color {red} bc=-24}} {=} \dfrac {12c-8b}{b^2+c^2+52}$

Άρα

$\displaystyle{OD^2 = x^2+y^2= \dfrac {b^4-2b^2c^2+c^4+104b^2-192bc+104c^2+40}{(b^2+c^2+52)^2} \overset {{\color {red} bc=-24}} {=} }$

$\displaystyle{ = \dfrac {b^4+c^4+104b^2+104c^2+3856}{b^4+2b^2c^2+c^4+104b^2+104c^2+2704}= \dfrac {b^4+c^4+104b^2+104c^2+3856}{b^4+c^4+104b^2+104c^2+3856}=1}$

Συνεπώς $\boxed {OD=1}$

Στο ίδιο μήκος κύματος βγαίνουν και τα υπόλοιπα. Τα αφήνω γιατί η μέθοδος αυτή δεν έχει ιδιαίτερο Μαθηματικό ενδιαφέρον.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 14, 2025 5:51 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 13, 2025 6:38 pm
Η συνθήκη καθετότητας $AB \perp AC$ γράφεται $\dfrac {5-1}{0-c} \cdot \dfrac {5-(-1)}{0-b}=-1$ , ισοδύναμα $\boxed {bc=-24}$ .

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 13, 2025 3:13 pm
γ) Για να είναι το τρίγωνο και ισοσκελές πρέπει $D\equiv M\Leftrightarrow AB=AC\Leftrightarrow \ldots {{c}^{2}}-{{d}^{2}}=20$

δ) Είναι $\overleftrightarrow{AB}=\left( b,-6 \right)\,\,\And \,\,\overleftrightarrow{AC}=\left( c,-4 \right)$ . Έτσι έχουμε: $30=\left( ABC \right)=\frac{1}{2}\left| \left| \begin{matrix} b & -6 \\ c & -4 \\ \end{matrix} \right| \right|\Leftrightarrow \ldots \left| 3c-2b \right|=30$

: Πολυάσκηση συμπλ.png (44.39 KiB) Προβλήθηκε 404 φορές

Ευχαριστώ τους δύο λύτες

. Επειδή όμως επιθυμία μου είναι σε κάθε άσκηση να βλέπω τελικά αποτελέσματα :

γ) Το τρίγωνο είναι και ισοσκελές , για τα ζεύγη : (b , c)=(-4 ,6) , (4,-6)

δ) Το τρίγωνο έχει εμβαδόν

, για τα ζεύγη : (b , c)=(-12 ,2) , (-3,8) , (3,-8) , (12 ,-2)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 14, 2025 10:37 am**

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 14, 2025 5:51 am
Επειδή όμως επιθυμία μου είναι σε κάθε άσκηση να βλέπω τελικά αποτελέσματα :

γ) Το τρίγωνο είναι και ισοσκελές , για τα ζεύγη :

δ) Το τρίγωνο έχει εμβαδόν , για τα ζεύγη :

.
Θανάση, σωστά μεν, έχεις δίκιο, αλλά ας μην υπερβάλλουμε. Αυτά που άφησα είναι ΑΠΟΛΥΤΩΣ ΤΕΤΡΙΜΜΕΝΑ:

γ) Ισοσκελές αν και μόνον αν AB=AC

, ισοδύναμα b^2+6^2=c^2+4^2

που μαζί με την bc=-24

δίνει τις τιμές που καταγράφεις.

δ) Εμβαδόν

αν και μόνο αν $\dfrac {1}{2} AB\cdot AC=30$ , ισοδύναμα $\dfrac {1}{2} \sqrt {b^2+6^2}\sqrt {c^2+4^2}=30$ που μαζί με την bc=-24

δίνει τις τιμές που καταγράφεις.

Ας σχολιάσω ότι το mathematica δεν είναι τετράδιο μαθητή σε διαγώνισμα που κάθε βήμα μοριοδοτείται με κάποιες μονάδες. Σε έναν μαθητή σε διαγώνισμα θα περιμέναμε να απαντήσει σε κάθε υποερώτημα, όσο απλό και αν είναι αυτό, για να μην χάσει μόρια.

Νομίζω πως αντιλαμάνεσαι ότι το να λύσω, για παράδειγμα, μία δευτεροβάθμια εξίσωση μέχρι τέλους για να δω το αριθμητικό αποτέλεσμα, είναι απαίτηση από τον διαγωνιζόμενο μαθητή δεδομένου ότι εξετάζουμε αν γνωρίζει (ως πρωτάρης που είναι) να απαντήσει στο ερώτημά μας. ΔΕΝ ΧΡΕΙΑΖΕΤΑΙ ΝΑ ΑΠΑΙΤΟΥΜΕ ΤΟ ΙΔΙΟ στο mathematica όπου ο διάλογος είναι σε άλλο επίπεδο, και προέχουν τα θέματα ουσίας.

mathematica.gr

Πολυάσκηση

Πολυάσκηση

Re: Πολυάσκηση

Re: Πολυάσκηση

Re: Πολυάσκηση

Re: Πολυάσκηση