4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

AMD · #41

george visvikis έγραψε:
xrysa1988 έγραψε:Kαλημέρα! στο θέμα 19037 , στο β ερώτημα όπου ζητείται να αποδείξουμε οτι η γωνία Α είναι οξεία, αυτό δεν προκύπτει από το γεγονός ότι η Α είναι γωνία του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΕ , αρα δεν μπορεί να είναι κάτι άλλο παρά μόνο οξεία?
Καλημέρα!
Μόνο αν η γωνία είναι οξεία, αλλιώς αν είναι αμβλεία τα ύψη τέμνονται έξω από το τρίγωνο ή αν είναι ορθή πάνω στην κορυφή . Δες το παρακάτω σχήμα.
Το συνημμένο 19037.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Βλέπω ότι ήδη απάντησε ο Γιώργος Ρίζος, τον οποίο και καλημερίζω.

Καλημέρα, πιστεύω έχουμε και την περίπτωση που φαίνεται στο παρακάτω σχήμα
για την οποία δε, ισχύουν κανονικά τα ερωτήματα β και γ.

Σε κάθε περίπτωση - που κανονικά πρέπει να εξεταστεί αφού δεν προσδιορίζεται η θέση του ορθόκεντρου απο την εκφώνηση- τα τρίγωνα ΑΕΗ, ΑΔΓ είναι όμοια
και μας δίνουν την λύση του ερωτήματος α).

#42

Καλησπέρα σε όλους. Αν δεν το έχετε προσέξει, έχουν αναρτηθεί γύρω στα 30 νέα θέματα Γεωμετρίας (δεύτερα και τέταρτα). Ας συνεχίσουμε την επεξεργασία τους, όπως τα προηγούμενα (δηλώνουμε ποιο θέμα θα λύσουμε για να μην έχουμε αλληλοκαλύψεις).
Ας δώσουμε πλήρεις απαντήσεις και, αν είναι εύκολο, και σε συνημμένο word, για να μη δυσκολευτούμε στην αποδελτίωση.

ΠΡΟΣΟΧΗ στους φακέλους (4ο, 2ο θέμα)...

AMD · #43

ΘΕΜΑ 4_22336

Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) προκτείνουμε την πλευρά ΑΓ κατά τμήμα
$\Gamma\Delta=\frac{A\Gamma}{2}$ . Αν η προέκταση του ύψους ΑΜ, τέμνει την ΒΔ στο Ε, να αποδείξετε ότι:

α) $\frac{BE}{E\Delta}=\frac{2}{3}$

β) $\frac{(BE\Gamma)}{(\Gamma E\Delta)}=\frac{2}{3}$

γ) $\frac{(AB\Delta)}{(\Gamma E\Delta)}=\frac{5}{2}$

Λύση

α) Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ η ΑΜ είναι το ύψος προς την βάση οπότε θα είναι και διχοτόμος και διάμεσος. Απο το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε:

$\frac{BE}{E\Delta}=\frac{AB}{A\Delta}=\frac{A\Gamma}{A\Gamma + \Gamma\Delta}= \frac{A\Gamma}{A\Gamma + \frac{A\Gamma}{2} }= \frac{A\Gamma}{\frac{3A\Gamma}{2} }=\frac{2}{3}$

β) $\frac{(BE\Gamma)}{(\Gamma E\Delta)}=\frac{\frac{1}{2} BE \cdot \upsilon_{\Gamma} }{\frac{1}{2} E\Delta \cdot \upsilon_{\Gamma}}= \frac{BE}{E\Delta} = \frac{2}{3}$

γ) Παρατηρούμε ότι $(ABE)=(AE\Gamma)$ διότι έχουν κοινή βάση την ΑΕ και τα ύψη που αντιστοιχούν σε αυτή είναι ίσα (ΒΜ=ΜΓ)

αναλύουμε στα επιμέρους εμβαδά τριγώνων: $(AB\Delta)= (ABE)+(AE\Gamma)+(\Gamma E\Delta)= 2(AE\Gamma)+(\Gamma E\Delta)$
ισοδύναμα
$\frac{(AB\Delta)}{(\Gamma E\Delta)} = \frac{2(AE\Gamma)}{(\Gamma E\Delta)} + \frac{(\Gamma E\Delta)}{(\Gamma E\Delta)} = 2\frac{ \frac{1}{2} A\Gamma \cdot \upsilon_{E}}{\frac{1}{2} \Gamma \Delta \cdot \upsilon_{E}} +1 = 2\frac{A\Gamma}{\Gamma \Delta} + 1 = 2\cdot 2 +1 =5$

(*) για το γ) ερώτημα νομίζω δεν έχει γίνει λάθος στις πράξεις και ότι υπάρχει τυπογραφικό στην εκφώνηση. Παρακαλώ δείτε το και εσείς μήπως μου διέφυγε κάτι.

#44

4_22299

Δίνεται κύκλος (O,R

) και σημείο

τέτοιο, ώστε η δύναμή του ως προς τον κύκλο (O,R)

να
είναι

. Αν

είναι τα εφαπτόμενα τμήματα από το σημείο Μ προς τον κύκλο, τότε :
α) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{MA = R\sqrt 3 }$ (Μονάδες 6)
β) Να βρείτε ως συνάρτηση της ακτίνας

το εμβαδόν
i) του τετραπλεύρου OAMB

(Μονάδες 6)
ii) του (σκιασμένου) μικτόγραμμου τριγώνου AMB

(Μονάδες 8)
γ) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{(OA\Gamma B) = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}}$ , όπου $\Gamma$ είναι το σημείο τομής του κύκλου με το ευθύγραμμο τμήμα

. (Μονάδες 5)

Λύση

: G_4_22299.png (21.78 KiB) Προβλήθηκε 9512 φορές

α) Από τη δύναμη του σημείου

είναι: $\displaystyle{{(MA)^2} = 3{R^2} \Leftrightarrow MA = R\sqrt 3 }$
β) i) Το τετράπλευρο OAMB

αποτελείται από τα δύο ίσα τρίγωνα OAM, OBM

. Άρα θα είναι: $\displaystyle{(OAMB) = 2(OAM) = \frac{{2OA \cdot AM}}{2} \Leftrightarrow (OAMB) = {R^2}\sqrt 3 }$
ii) Το ζητούμενο εμβαδόν

βρίσκεται αν από το εμβαδόν του τετραπλεύρου OAMB

αφαιρέσουμε το εμβαδόν E_1

του κυκλικού τομέα OAB

.
$\displaystyle{\varepsilon \varphi (M\widehat OA) = \frac{{R\sqrt 3 }}{R} = \sqrt 3 \Leftrightarrow M\widehat OA = {60^0}}$ . Άρα ο κυκλικός τομέας OAB

έχει γωνία 120^0

και

εμβαδόν $\displaystyle{{E_1} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}}$ . Οπότε: $\displaystyle{E = (OAMB) - {E_1} = {R^2}\sqrt 3 - \frac{{\pi {R^2}}}{3} \Leftrightarrow E = \frac{{{R^2}}}{3}\left( {3\sqrt 3 - \pi } \right)}$

γ) Το τετράπλευρο $OA\Gamma B$ είναι ρόμβος με μία γωνία 60^0

, άρα το εμβαδόν του θα είναι το διπλάσιο του ισοπλεύρου τριγώνου $OA\Gamma$ .
$\displaystyle{(OA\Gamma B) = 2(OA\Gamma ) = 2\frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} \Leftrightarrow (OA\Gamma B) = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}}$

#45

Άσκηση 4_22307

Δίνεται κανονικό εξάγωνο $AB\Gamma\Delta EZ$ εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R)

. Φέρουμε τα τμήματα $A\Gamma, A\Delta$ και

, όπου

το μέσο του $\Gamma\Delta$ . Να αποδείξετε ότι:
α) $\displaystyle{({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z}) = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{2}}$ (Μονάδες 5)
β) $\displaystyle{(AM\Delta ) = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}}$ (Μονάδες 7)
γ) $(AM\Delta EZ) = 2(AB\Gamma M)$ (Μονάδες 5)
δ) Το εμβαδόν του (σκιασμένου) κυκλικού τμήματος που περικλείεται από τη χορδή $A\Gamma$ και το τόξο $AB\Gamma$ είναι ίσο με: $\displaystyle{\frac{{{R^2}}}{{12}}\left( {4\pi - 3\sqrt 3 } \right)}$ (Μονάδες 8)

Λύση

: G_4_22307.png (16.66 KiB) Προβλήθηκε 9438 φορές

α) Το κανονικό εξάγωνο έχει εμβαδόν εξαπλάσιο από το εμβαδόν του ισοπλεύρου τριγώνου $O\Gamma\Delta$ : $\displaystyle{({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z}) = 6(O\Gamma \Delta ) = 6\frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{2}}$
β) $\displaystyle{(AM\Delta ) = \frac{1}{2}(A\Gamma \Delta ) = \frac{1}{2} \cdot \frac{{A\Delta \cdot \Delta \Gamma \eta \mu {{60}^0}}}{2} = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}}$
γ) Τα τρίγωνα $AB\Gamma, AEZ$ είναι ίσα, καθώς επίσης και τα $A\Delta E, A\Delta\Gamma$ , ενώ τα τρίγωνα $AM\Delta, A\Gamma M$ έχουν ίσα εμβαδά.
$\displaystyle{({\rm A}\Gamma \Delta ) = ({\rm A}\Delta {\rm E}) = \frac{1}{3}({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z})}$ , άρα $\displaystyle{({\rm A}{\rm B}\Gamma ) = ({\rm A}{\rm Z}{\rm E}) = \frac{1}{6}({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z})}$

$\displaystyle{({\rm A}{\rm M}\Delta {\rm E}{\rm Z}) = ({\rm A}{\rm M}\Delta ) + ({\rm A}\Delta {\rm E}) + (A {\rm E}{\rm Z}) = \left( {\frac{1}{6} + \frac{1}{3} + \frac{1}{6}} \right)({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z}) = }$

$\displaystyle{\frac{2}{3}({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z}) \Leftrightarrow ({\rm A}{\rm B}\Gamma {\rm M}) = \frac{1}{3}({\rm A}{\rm B}\Gamma \Delta {\rm E}{\rm Z}) \Leftrightarrow ({\rm A}{\rm M}\Delta {\rm E}{\rm Z}) = 2({\rm A}{\rm B}\Gamma {\rm M})}$

δ) Αν E_k

είναι το ζητούμενο εμβαδόν και E_1

το εμβαδόν του κυκλικού τομέα $OA\Gamma$ , τότε:

$\displaystyle{{{\rm E}_k} = {{\rm E}_1} - ({\rm O}{\rm A}\Gamma ) = \frac{{\pi {R^2}120}}{{360}} - \frac{1}{2}{R^2}\eta \mu {120^0} = \frac{{\pi {R^2}}}{3} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{R^2}}}{{12}}\left( {4\pi - 3\sqrt 3 } \right)}$

#46

AMD έγραψε:ΘΕΜΑ 4_22336

$\frac{(AB\Delta)}{(\Gamma E\Delta)} = \frac{2(AE\Gamma)}{(\Gamma E\Delta)} + \frac{(\Gamma E\Delta)}{(\Gamma E\Delta)} = 2\frac{ \frac{1}{2} A\Gamma \cdot \upsilon_{E}}{\frac{1}{2} \Gamma \Delta \cdot \upsilon_{E}} +1 = 2\frac{A\Gamma}{\Gamma \Delta} + 1 = 2\cdot 2 +1 =5$

(*) για το γ) ερώτημα νομίζω δεν έχει γίνει λάθος στις πράξεις και ότι υπάρχει τυπογραφικό στην εκφώνηση. Παρακαλώ δείτε το και εσείς μήπως μου διέφυγε κάτι.

Σωστό το έχεις.
Προφανώς είναι η εκφώνηση λάθος.

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #47

AMD έγραψε:ΘΕΜΑ 4_22336

Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) προκτείνουμε την πλευρά ΑΓ κατά τμήμα
$\Gamma\Delta=\frac{A\Gamma}{2}$ . Αν η προέκταση του ύψους ΑΜ, τέμνει την ΒΔ στο Ε, να αποδείξετε ότι:

α) $\frac{BE}{E\Delta}=\frac{2}{3}$

β) $\frac{(BE\Gamma)}{(\Gamma E\Delta)}=\frac{2}{3}$

γ) $\frac{(AB\Delta)}{(\Gamma E\Delta)}=\frac{5}{2}$

Λύση

α) Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ η ΑΜ είναι το ύψος προς την βάση οπότε θα είναι και διχοτόμος και διάμεσος. Απο το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε:

$\frac{BE}{E\Delta}=\frac{AB}{A\Delta}=\frac{A\Gamma}{A\Gamma + \Gamma\Delta}= \frac{A\Gamma}{A\Gamma + \frac{A\Gamma}{2} }= \frac{A\Gamma}{\frac{3A\Gamma}{2} }=\frac{2}{3}$

β) $\frac{(BE\Gamma)}{(\Gamma E\Delta)}=\frac{\frac{1}{2} BE \cdot \upsilon_{\Gamma} }{\frac{1}{2} E\Delta \cdot \upsilon_{\Gamma}}= \frac{BE}{E\Delta} = \frac{2}{3}$

γ) Παρατηρούμε ότι $(ABE)=(AE\Gamma)$ διότι έχουν κοινή βάση την ΑΕ και τα ύψη που αντιστοιχούν σε αυτή είναι ίσα (ΒΜ=ΜΓ)

αναλύουμε στα επιμέρους εμβαδά τριγώνων: $(AB\Delta)= (ABE)+(AE\Gamma)+(\Gamma E\Delta)= 2(AE\Gamma)+(\Gamma E\Delta)$
ισοδύναμα
$\frac{(AB\Delta)}{(\Gamma E\Delta)} = \frac{2(AE\Gamma)}{(\Gamma E\Delta)} + \frac{(\Gamma E\Delta)}{(\Gamma E\Delta)} = 2\frac{ \frac{1}{2} A\Gamma \cdot \upsilon_{E}}{\frac{1}{2} \Gamma \Delta \cdot \upsilon_{E}} +1 = 2\frac{A\Gamma}{\Gamma \Delta} + 1 = 2\cdot 2 +1 =5$

(*) για το γ) ερώτημα νομίζω δεν έχει γίνει λάθος στις πράξεις και ότι υπάρχει τυπογραφικό στην εκφώνηση. Παρακαλώ δείτε το και εσείς μήπως μου διέφυγε κάτι.

Έχετε απόλυτο δίκιο. Το γ) έχει ως αποτέλεσμα 5. Ενώ την είχα έτοιμη, δεν την ανέβασα για να την ελέγξω με το Geogebra που κι αυτό δίνει 5. Άλλωστε το ίδιο το σχήμα βάζει σε υποψίες. Και ήταν η πρώτη στη σειρά που ασχοληθήκαμε ...

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #48

Ανεβάζω σε word την 4_22336 με μία διαφορετική λύση από τον ΑΜD και για τον κόπο.

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #49

Aνεβάζω τρεις ασκήσεις σε word: 22325-22332-22333 αλλά δεν βλέπω προθυμία και οι ασκήσεις είναι μπόλικες. Τι γίνεται;

#50

Άσκηση 4_22315

Δίνεται κύκλος (O,R)

διαμέτρου

και ημιευθεία

τέτοια, ώστε η γωνία BAx

να είναι

. Η

τέμνει τον κύκλο στο σημείο $\Gamma$ . Φέρουμε την εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο

, η οποία
τέμνει την

στο σημείο

. Να αποδείξετε ότι:
α) $B\Gamma=R$ (Μονάδες 5)
β) $\displaystyle{\frac{{({\rm P}{\rm B}\Gamma )}}{{({\rm P}{\rm A}{\rm B})}} = \frac{1}{4}}$ (Μονάδες 8)
γ) $\displaystyle{{\rm P}{\rm B} = \frac{{2R\sqrt 3 }}{3}}$ (Μονάδες 6)
δ) Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που περιέχεται στην κυρτή γωνία $BO\Gamma$ είναι: $\displaystyle{E = \frac{{{R^2}\left( {2\pi - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}}$ (Μονάδες 6)

Λύση

: G_4_22315.png (14.39 KiB) Προβλήθηκε 9395 φορές

α) Το τρίγωνο $OA\Gamma$ είναι ισοσκελές, οπότε $\displaystyle{B\widehat O\Gamma = {60^0}}$ , ως εξωτερική γωνία. Το τρίγωνο λοιπόν $OB\Gamma$ είναι ισόπλευρο και κατά συνέπεια $B\Gamma = R$ .
β) Τα ορθογώνια τρίγωνα $BP\Gamma, PAB$ είναι όμοια με λόγο ομοιότητας
$\displaystyle{\lambda = \frac{{{\rm B}\Gamma }}{{{\rm A}{\rm B}}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2} \Rightarrow \frac{{({\rm P}{\rm B}\Gamma )}}{{({\rm P}{\rm A}{\rm B})}} = \frac{1}{4}}$

γ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο PAB

, είναι $\displaystyle{B\widehat AP = {30^0} \Leftrightarrow PA = 2BP}$ , οπότε από Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε:
$\displaystyle{4P{B^2} = P{B^2} + A{B^2} \Leftrightarrow 3P{B^2} = 4{R^2} \Leftrightarrow PB = \frac{{2R\sqrt 3 }}{3}}$
δ) Έστω E_1

το εμβαδόν του κυκλικού τομέα $BO\Gamma$ :
$\displaystyle{E = {E_1} - (OB\Gamma ) = \frac{{\pi {R^2}60}}{{360}} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{\pi {R^2}}}{6} - \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4} = \frac{{{R^2}\left( {2\pi - 3\sqrt 3 } \right)}}{{12}}}$

#51

22319

Δίνεται ημικύκλιο κέντρου Ο και διαμέτρου ΑΒ=2R. Στην προέκταση του ΑΒ προς το Β, θεωρούμε ένα σημείο Μ, τέτοιο ώστε ΒΜ=2R. Από το Μ φέρουμε το εφαπτόμενο τμήμα ΜΓ στο ημικύκλιο. Φέρουμε εφαπτόμενη στο ημικύκλιο στο σημείο Α η οποία τέμνει την προέκταση του τμήματος ΜΓ στο σημείο Δ.

: 22319.png (7.83 KiB) Προβλήθηκε 9408 φορές

Να αποδείξετε ότι:

α) $M\Gamma =2\sqrt{2}R$ (Μονάδες 8)

β) $MO\cdot MA=M\Gamma \cdot M\Delta$ (Μονάδες 8)

γ) $(AO\Gamma \Delta )=(MO \Gamma )$ (Μονάδες 9)

ΛΥΣΗ

Φέρνουμε την ΟΓ. Επειδή η εφαπτόμενη είναι κάθετη με την ακτίνα στο σημείο επαφής, είναι $\widehat{\Delta A O}=90^0=\widehat{O\Gamma M}$

a) Για την εφαπτομένη $M\Gamma$ είναι

$M\Gamma ^2=MB\cdot MA=2R\cdot4R=8R^2$

οπότε

$M\Gamma =\sqrt{8}R=2\sqrt{2}R$

: 22319a.png (9.29 KiB) Προβλήθηκε 9408 φορές

β) Tα τρίγωνα $O\Gamma M,\Delta AM$ είναι όμοια, γιατί είναι ορθογώνια με κοινή την γωνία της κορυφής τους Μ, επομένως:

$\dfrac{\Gamma M}{AM}=\dfrac{OM}{\Delta M} \Rightarrow MO\cdot MA=M\Gamma \cdot M\Delta$

2ος τρόπος. Το τετράπλευρο $AO\Gamma \Delta$ είναι εγγράψιμο γιατί οι γωνίες του $A, \Gamma$ έχουν άθροισμα δύο ορθές.

Από το θεώρημα των τεμνόμενων χορδών έχουμε απ΄ευθείας το ζητούμενο: $MO\cdot MA=M\Gamma \cdot M\Delta$

γ) Ο λόγος των εμβαδών των ομοίων τριγώνων $O\Gamma M,\Delta AM$ ισούται με το τετράγωνο του λόγου ομοιότητάς τους, επομένως

$\dfrac{(MA\Delta )}{(O\Gamma M)} =\left ( \dfrac{MA}{O\Gamma } \right )^2=\left ( \dfrac{4R}{2\sqrt{2}R} \right )^2=2$

δηλαδή: $(MA\Delta )=2(O\Gamma M)$ . Έτσι

$(AO\Gamma \Delta )=(\Delta AM)-(MO \Gamma )=2(MO \Gamma )-(MO \Gamma )=(MO \Gamma )$

2ος τρόπος. Έστω $A\Delta =\Delta \Gamma =x$ . Aπό το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο $AM\Delta$ παίρνουμε

$M\Delta ^2=\Delta A^2+AM^2\Leftrightarrow (M\Gamma +x)^2=x^2+AM^2$

$\Leftrightarrow (2\sqrt{2}R+x)^2=x^2+(4R)^2\Leftrightarrow R^2+x^2+2\sqrt{2}xR=x^2+16R^2$

$\Leftrightarrow x=\sqrt{2}R$

Στη συνέχεια υπολογίζουμε:

$(AO\Gamma \Delta) =2(AO\Delta )=2\dfrac{1}{2}AO\cdot A\Delta =2\dfrac{1}{2}R\cdot\sqrt{2}R=\sqrt{2}R^2$

$(OM\Gamma )=\dfrac{1}{2}M\Gamma \cdot O\Gamma =\dfrac{1}{2}2\sqrt{2}R\cdot R=\sqrt{2}R^2$

Επομένως $(AO\Gamma \Delta) =OM\Gamma )$

#52

22323

Δίνεται τρίγωνο $AB\Gamma$ με πλευρές α,β,γ για το οποίο ισχύει ότι: $\beta ^2+\gamma ^2=2\alpha ^2$ . Φέρουμε τα ύψη $B\Delta , \Gamma E$ και τη διάμεσο $B\Delta , \Gamma E$ το μέσο της οποίας είναι το σημείο

.

: 22323.png (8.3 KiB) Προβλήθηκε 9406 φορές

Να αποδείξετε ότι:

α) $\widehat{A}<90^o$ (Μονάδες 6)

β) $AE=\frac{\alpha ^2}{2\gamma }$ (Μονάδες 10)

γ) $AM=\frac{\sqrt{3}\alpha }{2}$ (Μονάδες 9)

ΛΥΣΗ

α) Έχουμε:

$\beta ^2+\gamma ^2=2\alpha ^2\Rightarrow \beta ^2+\gamma ^2<\alpha ^2\Rightarrow \widehat{A}<90^o$

β) Από το τετράγωνο της πλευράς α που βρίσκεται απέναντι από οξεία γωνία έχουμε:

$\alpha ^2=\beta ^2+\gamma ^2-2\gamma AE\Rightarrow \alpha ^2=2\alpha ^2-2\gamma AE\Rightarrow AE=\frac{\alpha ^2}{2\gamma }$

γ) Από τον τύπο της διαμέσου $\mu _a$ έχουμε

$AM^2=\mu _a^2=\frac{2\beta ^2+2\gamma ^2-\alpha ^2}{4}=\frac{2(\beta ^2+\gamma ^2)-\alpha ^2}{4}=\frac{4\alpha ^2-\alpha ^2}{4}=\frac{3\alpha ^2}{4}$

δηλαδή $AM^2=\frac{3\alpha ^2}{4}$ , επομένως $AM=\frac{\sqrt{3}\alpha }{2}$

Παρατήρηση: Το Ζ περισσεύει.

#53

Άσκηση 4_22328

Δίνεται κύκλος (K,R)

και διάμετρός του

. Από σημείο

στην προέκταση της

προς το μέρος του

φέρουμε εφαπτόμενο τμήμα στον κύκλου και έστω $\Gamma$ το σημείο επαφής. Στο σημείο

φέρουμε κάθετη στην

η οποία τέμνει την προέκταση της $A\Gamma$ στο σημείο $\Delta$ . Να αποδείξετε ότι:
α) Το τετράπλευρο $BE\Delta\Gamma$ είναι εγγράψιμο. (Μονάδες 8)
β) $\displaystyle{{\rm A}\Gamma \cdot {\rm A}\Delta = {\rm A}{{\rm E}^2} - {\rm B}{\rm E} \cdot {\rm A}{\rm E}}$ (Μονάδες 10)

γ) $\displaystyle{\frac{{({\rm A}\Gamma {\rm E})}}{{({\rm B}{\rm E}\Gamma )}} = \frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{{\rm B}{\rm E}}}}$ (Μονάδες 7)

Λύση.

α) $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Gamma {\rm B} = {\rm A}\widehat {\rm E}{\rm B} = {90^0}}$ , άρα το τετράπλευρο $BE\Delta\Gamma$ είναι εγγράψιμο.

β) Από το προηγούμενο ερώτημα θα ισχύει η σχέση:
$\displaystyle{{\rm A}\Gamma \cdot {\rm A}\Delta = {\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}{\rm E} = {\rm A}{\rm E}({\rm A}{\rm E} - {\rm B}{\rm E}) = {\rm A}{{\rm E}^2} - {\rm B}{\rm E} \cdot {\rm A}{\rm E}}$

: G_4_22328.png (8.77 KiB) Προβλήθηκε 9367 φορές

γ) Τα τρίγωνα $A\Gamma E, BE\Gamma$ έχουν κοινή τη γωνία $\displaystyle{\Gamma \widehat {\rm E}{\rm A}}$ . Άρα: $\displaystyle{\frac{{({\rm A}\Gamma {\rm E})}}{{({\rm B}{\rm E}\Gamma )}} = \frac{{{\rm A}{\rm E} \cdot {\rm E}\Gamma }}{{{\rm B}{\rm E} \cdot {\rm E}\Gamma }} = \frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{{\rm B}{\rm E}}}}$

asemarak · #54

4_22335

Ιδιοκτήτης μεγάλης ακίνητης περιουσίας διαθέτει προς πώληση μια ιδιοκτησία του, η οποία
περιλαμβάνει τρία διαδοχικά οικόπεδα με συνολική πρόσοψη 195 m σε ακτή θάλασσας, τα
οποία αποτυπώνονται στο σχέδιο που ακολουθεί. Οι επιφάνειες της ιδιοκτησίας και των
οικοπέδων είναι σχήματος ορθογωνίου τραπεζίου. Σημειώνεται ότι, ως πρόσοψη οικοπέδου
θεωρείται το μήκος της πλευράς του οικοπέδου που συνορεύει με την ακτή της θάλασσας.

: 22335.png (36.5 KiB) Προβλήθηκε 9335 φορές

(σημειώνεται ότι το σχέδιο δεν έχει γίνει υπό κλίμακα)
α) Να υπολογίσετε το μήκος της πρόσοψης του κάθε οικοπέδου. (Μονάδες 12)
β) Αν τα μήκη των δυο άλλων πλευρών της ιδιοκτησίας είναι ανάλογα των αριθμών 2 και 1, να
υπολογίσετε την περίμετρο της ιδιοκτησίας. (Δίνεται ότι $\sqrt{13689}$ = 117 ) (Μονάδες 13)

ΛΥΣΗ

: 22335kl.png (7.65 KiB) Προβλήθηκε 9335 φορές

(σχέδιο υπό κλίμακα)

α) Είναι ΔΛ//ΕΚ//ΖΙ//ΗΘ, οπότε από το Θεώρημα του Θαλή έχουμε:

$\frac{\Lambda K}{\Delta E}=\frac{KI}{EZ}=\frac{I\Theta }{ZH}=\frac{\Lambda K+KI+I\Theta }{\Delta E+EZ+ZH}=\frac{\Lambda \Theta }{\Delta H}=\frac{195}{156}=\frac{5}{4}$ .

Άρα $\frac{\Lambda K}{\Delta E}=\frac{5}{4}\Leftrightarrow \frac{\Lambda K}{48}=\frac{5}{4}\Leftrightarrow \Lambda K=60m$ (πρόσοψη οικοπέδου Α)

$\frac{KI}{EZ}=\frac{5}{4}\Leftrightarrow \frac{KI}{52}=\frac{5}{4}\Leftrightarrow KI=65m$ (πρόσοψη οικοπέδου Β)

$\frac{I\Theta }{ZH}=\frac{5}{4} \Leftrightarrow \frac{I\Theta }{56}=\frac{5}{4}\Leftrightarrow I\Theta =70m$ (πρόσοψη οικοπέδου Γ).

β) Από το Θ φέρνουμε την ΘΜ κάθετη στην ΛΔ, οπότε σχηματίζεται το ορθογώνιο ΘΗΔΜ

με ΘΜ = ΔΗ = 156m και ΔΜ = ΘΗ.

Εφαρμόζουμε Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΘΛΜ:

$M\Lambda ^{2}=\Theta \Lambda ^{2}-\Theta M^{2}=195^{2}-156^{2}=(195-156)(195+156)=39\cdot 351=13689$

Άρα $M\Lambda =\sqrt{13689}=117m$

Αφού τα μήκη των δυο άλλων πλευρών της ιδιοκτησίας είναι ανάλογα των αριθμών 2 και 1 έχουμε :

$\frac{\Lambda \Delta }{\Theta H}=\frac{2}{1}\Leftrightarrow \frac{\Lambda \Delta }{\Delta M}=\frac{2}{1}\Leftrightarrow \Lambda \Delta =2\Delta M\Leftrightarrow$ Μ μέσο της πλευράς ΛΔ.

Άρα $\Lambda \Delta = 2M\Lambda = 2\cdot 117 = 234m$ και $\Theta H=M\Delta =M\Lambda =117m$ .

Η περίμετρος της ιδιοκτησίας είναι ίση με

$\Pi =\Delta H+H\Theta +\Theta \Lambda +\Lambda \Delta =156+117+195+234=702m$ .

ΣΗΜΕΙΩΣΗ 1: Δεν ήταν και τόσο δύσκολο να γίνει το σχέδιο "υπό κλίμακα"

ΣΗΜΕΙΩΣΗ 2: Ιδιοκτήτης μεγάλης ακίνητης περιουσίας διαθέτει προς πώληση μια ιδιοκτησία του:
Προκλητικό για την εποχή που ζούμε ...

ΣΗΜΕΙΩΣΗ 3: Οικόπεδο με πρόσοψη στην ακτή της θάλασσας; Ακόμη πιο προκλητικό ...

#55

Μια ακόμη άποψη για το θέμα 4_22319

( η διαφοροποίηση έγκειται στο τρίτο του ερώτημα )

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #56

ΑΣΚΗΣΗ 22303

ΛΕΚΚΑΣ ΓΙΩΡΓΟΣ · #57

AΣΚΗΣΗ 22322 (με μία παρατήρηση)

AMD · #58

θέμα GI_V_GEO_4_22329.pdf

παρατήρηση : Υπάρχει λάθος στο αρχείο της τράπεζας και γράφει ΘΕΜΑ 2. Υποθέτω ότι είναι τυπογραφικό.

Δύο ίσοι κύκλοι (Κ,R) και (Λ,R) τέμνονται στα σημεία Α και Β έτσι ώστε το μήκος της διακέντρου να είναι $K\Lambda = R\sqrt{2}$ .

α) Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΚΑΛΒ είναι τετράγωνο.

β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του κοινού χωρίου των δύο κύκλων.

Λύση:

α) Η διάκεντρος είναι η μεσοκάθετος της κοινής χορδής δύο τεμνόμενων κύκλων και αφού οι κύκλοι είναι ίσοι η κοινή χορδή είναι μεσοκάθετος της διακέντρου.
Οπότε στο τετράπλευρο ΚΑΛΒ οι διαγώνιοι διχοτομούνται και τέμνονται κάθετα, επομένως είναι ρόμβος.

Στο τρίγωνο ΑΚΒ εφαρμόζουμε 1ο θεώρημα διαμέσων:
$KA^2 + KB^2 = 2 KM^2 + \frac{AB^2}{2}\Leftrightarrow R^2 +R^2 = 2(\frac{R\sqrt{2}}{2})^2 + \frac{AB^2}{2} \Leftrightarrow \dots \Leftrightarrow$
$AB= R\sqrt{2}$

Δηλαδή ο ρόμβος ΚΑΛΒ έχει ίσες διαγωνίους ( $K\Lambda=AB=R\sqrt{2}$ ), άρα είναι τετράγωνο.

β) το ζητούμενο εμβαδόν είναι το διπλάσιο κυκλικό τμήμα που προκύπτει αν απο τον κυκλικό τομέα $K {A}^{\frown}B$ αφαιρέσουμε το εμβαδόν του τριγώνου ΚΑΒ

$E_{ZHT}=2( \frac{\pi \cdot R^2}{4} - \frac{R \cdot \sqrt{2} \frac{R \cdot \sqrt{2}}{2}}{2}) = \frac{R^2 (\pi -2)}{2}$

#59

Άσκηση 4_22327

Δίνεται τρίγωνο $AB\Gamma$ και σημεία $M,\Lambda$ και

πάνω στις πλευρές $AB, A\Gamma$ και $B\Gamma$ αντίστοιχα
τέτοια ώστε $\displaystyle{{\rm A}{\rm M} = \frac{1}{2}{\rm A}{\rm B},{\rm A}\Lambda = \frac{2}{3}{\rm A}\Gamma ,{\rm B}{\rm Z} = \frac{1}{3}{\rm B}\Gamma }$

α) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{({\rm A}{\rm M}\Lambda ) = \frac{1}{3}({\rm A}{\rm B}\Gamma )}$ (Μονάδες 7)

β) Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\frac{{({\rm M}{\rm Z}\Lambda )}}{{({\rm A}{\rm B}\Gamma )}} = \frac{5}{{18}}}$ (Μονάδες 12)
γ) Να υπολογίσετε το λόγο των εμβαδών $\displaystyle{\frac{{({\rm A}{\rm M}{\rm Z}\Lambda )}}{{({\rm A}{\rm B}\Gamma )}}}$ (Μονάδες 6)

Λύση.

α) Τα τρίγωνα $AM\Lambda, AB\Gamma$ έχουν κοινή τη γωνία

. Άρα:

$\displaystyle{\frac{{({\rm A}{\rm M}\Lambda )}}{{({\rm A}{\rm B}\Gamma )}} = \frac{{{\rm A}{\rm M} \cdot {\rm A}\Lambda }}{{{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma }} = \frac{{\frac{\gamma }{2} \cdot \frac{{2\beta }}{3}}}{{\beta \gamma }} = \frac{1}{3} \Leftrightarrow ({\rm A}{\rm M}\Lambda ) = \frac{1}{3}({\rm A}{\rm B}\Gamma )}$

: G_4_22327.png (12.62 KiB) Προβλήθηκε 9242 φορές

β) Με τον ίδιο τρόπο βρίσκουμε ότι $\displaystyle{({\rm B}{\rm M}{\rm Z}) = \frac{1}{6}({\rm A}{\rm B}\Gamma )}$ και $\displaystyle{(\Gamma \Lambda {\rm Z}) = \frac{2}{9}({\rm A}{\rm B}\Gamma )}$

$\displaystyle{({\rm A}{\rm B}\Gamma ) = ({\rm A}{\rm M}\Lambda ) + ({\rm B}{\rm M}{\rm Z}) + (\Gamma \Lambda {\rm Z}) + ({\rm M}\Lambda {\rm Z}) = \left( {\frac{1}{3} + \frac{1}{6} + \frac{2}{9}} \right)({\rm A}{\rm B}\Gamma ) + ({\rm M}\Lambda {\rm Z})}$

$\displaystyle{ \Leftrightarrow ({\rm A}{\rm B}\Gamma ) = \frac{{13}}{{18}}({\rm A}{\rm B}\Gamma ) + ({\rm M}\Lambda {\rm Z}) \Leftrightarrow ({\rm M}\Lambda {\rm Z}) = \frac{5}{{18}}({\rm A}{\rm B}\Gamma )}$

γ) $\displaystyle{({\rm A}{\rm M}{\rm Z}\Lambda ) = ({\rm A}{\rm M}\Lambda ) + ({\rm M}{\rm Z}\Lambda ) = \left( {\frac{1}{3} + \frac{5}{{18}}} \right)({\rm A}{\rm B}\Gamma ) \Leftrightarrow \frac{{({\rm A}{\rm M}{\rm Z}\Lambda )}}{{({\rm A}{\rm B}\Gamma )}} = \frac{{11}}{{18}}}$

#60

Άσκηση 4_22321

Δίνονται δύο κύκλοι (O,8)

,

με διάκεντρο OK = 12

η οποία τους τέμνει στα σημεία $\Gamma$ και $\Delta$ αντίστοιχα. Αν

είναι κοινό εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα των δυο κύκλων και

κάθετο τμήμα στην

τότε να αποδείξετε ότι:
α) $\displaystyle{{\rm M}{\rm K} = 6\sqrt 3 }$ (Μονάδες 6)
β) $\displaystyle{({\rm A}{\rm O}{\rm K}{\rm B}) = 30\sqrt 3 }$ (Μονάδες 5)
γ) Να υπολογίσετε τη γωνία MOK

(Μονάδες 7)
δ) $(OA\Gamma) = 16(\Delta BK)$ (Μονάδες 7)

Λύση

: G_4_22321.png (13.89 KiB) Προβλήθηκε 9239 φορές

α) Το

είναι ορθογώνιο τρίγωνο με υποτείνουσα OK = 12

και μία κάθετη πλευρά OM=8-2=6

. Από Πυθαγόρειο θεώρημα: $\displaystyle{{\rm M}{{\rm K}^2} = {12^2} - {6^2} = 108 = 36 \cdot 3 \Leftrightarrow {\rm M}{\rm K} = 6\sqrt 3 }$

β) Το AOKB

είναι ορθογώνιο τραπέζιο:
$\displaystyle{({\rm A}{\rm O}{\rm K}{\rm B}) = \frac{{{\rm A}{\rm O} + {\rm K}{\rm B}}}{2}{\rm A}{\rm B} = \frac{{10}}{2} \cdot 6\sqrt 3 = 30\sqrt 3 }$

γ) Στο ορθογώνιο τρίγωνο AMK

είναι $\displaystyle{{\rm O}{\rm M} = \frac{{{\rm O}{\rm K}}}{2} \Leftrightarrow {\rm M}\widehat {\rm K}{\rm O} = {30^0} \Leftrightarrow {\rm M}\widehat {\rm O}{\rm K} = {60^0}}$

δ) $\displaystyle{{\rm O}{\rm A}//{\rm K}{\rm B} \Leftrightarrow {\rm B}\widehat {\rm K}\Delta = {120^0}}$
$\displaystyle{({\rm O}{\rm A}\Gamma ) = \frac{1}{2}{\rm O}{\rm A} \cdot {\rm O}\Gamma \eta \mu {60^0} = 32\frac{{\sqrt 3 }}{2} = 16\sqrt 3 }$
$\displaystyle{(\Delta {\rm B}{\rm K}) = \frac{1}{2}{\rm K}{\rm B} \cdot {\rm K}\Delta \eta \mu {120^0} = 2\frac{{\sqrt 3 }}{2} = \sqrt 3 }$

Άρα: $(OA\Gamma) = 16(\Delta BK)$

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

Re: 4o ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση