Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

sakis1963 · #361

KARKAR έγραψε:Άσκηση 130
Το συνημμένο Άσκηση 128.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σημεία κινούνται επί των πλευρών , ορθογωνίου ,

διαστάσεων $6\times 4$ , ώστε . Φέρω τμήμα $TP\perp AS$ .

Δείξτε ότι υπάρχει σημείο , για το οποίο το τμήμα έχει σταθερό μήκος .

Ασκηση 130

: GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.130.png (16.1 KiB) Προβλήθηκε 928 φορές

Αν η

τέμνει την προέκταση της

στο

τότε τα τρίγωνα ABS, TCE

είναι ίσα, οπότε το

είναι σταθερό CE=a

.
To σταθερό τμήμα

φαίνεται από το

υπό σταθερή γωνία 90^o

άρα το

ανήκει σε κύκλο με διάμετρο

και το ζητούμενο

είναο το μέσον της.
Ισχύει σε οποιοδήποτε ορθογώνιο με a>b

οπότε το

KARKAR · #362

Άσκηση 131

: Άσκηση 131.png (9.64 KiB) Προβλήθηκε 905 φορές

Το ορθογώνιο ABCD

έχει διαστάσεις AB=a , a>1

και

. Στο άκρο

της διαγωνίου

, φέρω κάθετη , η οποία τέμνει την προέκταση της

στο σημείο

.

α) Στενόμακρο λέμε το ορθογώνιο στο οποίο είναι a<b

. Θα γίνει κάποτε το ABCD

στενόμακρο ?

β) Βρείτε τη μέγιστο μήκος του τμήματος

γ) Θα πάρει κάποτε το (CBS)

την τιμή $\phi\cdot e\cdot\pi$ ?

Μιχάλης Τσουρακάκης · #363

george visvikis έγραψε:Άσκηση 129
Το συνημμένο Ορθογώνια.129.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
είναι σημείο της πλευράς ορθογωνίου με .

H τέμνει τη στο . Αν $\displaystyle{\frac{{(PBC)}}{{(PKAD)}} = \frac{1}{2}}$ , να βρείτε το λόγο $\displaystyle{\frac{a}{b}}$ .

Καλημέρα

$\displaystyle{DKBC}$ τραπέζιο άρα $\displaystyle{\left( {DKP} \right) = \left( {CPB} \right) = S}$ κι επειδή $\displaystyle{\left( {DPKA} \right) = 2S \Rightarrow \left( {DAK} \right) = \boxed{S = \frac{{{b^2}}}{2}}}$

$\displaystyle{\frac{{\left( {DPK} \right)}}{{\left( {S'} \right)}} = \frac{S}{{S'}} = \frac{{DP}}{{PB}} = \frac{\alpha }{{\alpha - b}} \Rightarrow S' = \frac{{a - b}}{a}S}$

$\displaystyle{2S + S' = \frac{{ab}}{2} \Rightarrow 2S + \frac{{a - b}}{a}S = \frac{{ab}}{2} \Rightarrow 2\frac{{{b^2}}}{2} + \frac{{a - b}}{a} \cdot \frac{{{b^2}}}{2} = \frac{{ab}}{2} \Rightarrow {\alpha ^2} - 3ab + {b^2} = 0 \Rightarrow {t^2} - 3t + 1 = 0}$ όπου $\displaystyle{t = \frac{a}{b}}$

και βρίσκουμε δεκτή λύση $\displaystyle{\boxed{t = \frac{{3 + \sqrt 5 }}{2} = 1 + \varphi }}$

Η λύση $\displaystyle{{t = \frac{{3 - \sqrt 5 }}{2}}}$ απορρίπτεται αφού $\displaystyle{t = \frac{a}{b} > 1}$

: a129.png (21.22 KiB) Προβλήθηκε 893 φορές

sakis1963 · #364

Ασκηση 132

: GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.132.png (15.97 KiB) Προβλήθηκε 885 φορές

Η κάθετος από το

στην διαγώνιο

ορθογωνίου ABCD

(με πλευρές a>b

) τέμνει την

στο

οπότε η

γίνεται διαγώνιος νέου ορθογωνίου TCBP

(με πλευρές b, x_1

)

Η κάθετος από το

στην διαγώνιο

ορθογωνίου TCBP

τέμνει την

στο

οπότε η

γίνεται διαγώνιος νέου ορθογωνίου QBPW

με πλευρές x_1, x_2

Αν συνεχίσουμε τη διαδικασία ες αεί παράγουμε ορθογώνια με πλευρές (x_2, x_3), (x_3, x_4)

κ.ο.κ (γράφοντας πάντα την μεγάλη πλευρά πρώτη)

Αν b=2

βρείτε το

ώστε

KARKAR · #365

Άσκηση 133

: Άσκηση 133.png (8.46 KiB) Προβλήθηκε 856 φορές

Στην πλευρά

ορθογωνίου ABCD

κινείται σημείο S , (AS=x)

.

Βρείτε τη θέση σημείου P , (BP=y)

της

, ώστε

.

Αν

, τι μέρος του ABCD

καταλαμβάνει το PSB

;

ealexiou · #366

KARKAR έγραψε:Άσκηση 133
Το συνημμένο Άσκηση 133.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στην πλευρά ορθογωνίου κινείται σημείο .

Βρείτε τη θέση σημείου της , ώστε .

Αν , τι μέρος του καταλαμβάνει το ;

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 133.png (21.42 KiB) Προβλήθηκε 835 φορές

α) Είναι $2(DCP)+(SBP)+(DAS)=(ABCD)\Rightarrow$ $2a(b-y)+y(a-x)+bx=2ab\Rightarrow$ $\boxed{y=\dfrac{bx}{a+x}}$

β) Θέλουμε $(DAS)=2(SBP) \Rightarrow$ $\dfrac{ bx}{2}=2\cdot \dfrac{1}{2}(a-x)\dfrac{bx}{a+x}\Rightarrow \boxed{x=\dfrac{a}{3}}\Rightarrow$ $y=\dfrac{bx}{a+x}=\dfrac{b\cdot a/3}{a+a/3}\Rightarrow$ $\boxed{y=\dfrac{b}{4}}$

Άρα $SB=AB-AS=\dfrac{2a}{3}$ , οπότε $(SBP)=\dfrac{1}{2}\dfrac{2a}{3}\dfrac{b}4}\Rightarrow$ $\boxed{(SBP)=\dfrac{(ABCD)}{12}}$

Γιώργος Μήτσιος · #367

Καλημέρα.
Ασκηση 134

: ΟΡΘΟΓΏΝΙΑ 134..PNG (6.94 KiB) Προβλήθηκε 814 φορές

Στο ορθογώνιο ABCD

του σχήματος με AB>BC

, το

είναι το μέσον του

ενώ το

κινείται επί της πλευράς AB.

Οι

τέμνονται στο

και οι

στο

.

Ν' αποδειχθεί ότι είναι $AC ^{2} > 8\left(MELI \right)$ και να εξεταστεί αν κάποιο από τα δεδομένα ..πλεονάζει .

Γιώργος .

ealexiou · #368

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:Καλημέρα.
Ασκηση 134

Το συνημμένο ΟΡΘΟΓΏΝΙΑ 134..PNG δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο ορθογώνιο του σχήματος με , το είναι το μέσον του

ενώ το κινείται επί της πλευράς Οι τέμνονται στο και οι στο .

Ν' αποδειχθεί ότι είναι $AC ^{2} > 8\left(MELI \right)$ και να εξεταστεί αν κάποιο από τα δεδομένα ..πλεονάζει .

Γιώργος .

Καλημέρα Γιώργο

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 134.png (23.04 KiB) Προβλήθηκε 803 φορές

Είναι $a>b \Rightarrow a-b>0 \Rightarrow (a-b)^2>0 \Rightarrow a^2+b^2>2ab \Rightarrow AC^2>2ab\ (1)$ (*)

Είναι επίσης $(MELI)\leq (ME_0L_0I_0)$ (η απόδειξη το πρωϊ )(**).

Όμως $(ME_0L_0I_0)=\dfrac{E_0I_0\cdot ML_0}{2}\Rightarrow$ $\boxed{(ME_0L_0I_0)=\dfrac{ab}{4}\Rightarrow ab=4 (ME_0L_0I_0)}\ (2)$

Από (1)

και

έχουμε $\boxed{AC^2> 8 (ME_0L_0I_0)>8(MELI)}$

(*) Δεν είναι απαραίτητο το

να είναι μέσον του

.
Δεν είναι απαραίτητο να ισχύει a>b

, αν $b>a \Rightarrow b-a>0 \Rightarrow (b-a)^2>0...$ , κλπ.

Στην περίπτωση όμως που $a=b\Rightarrow a-b=0 \Rightarrow (a-b)^2=0 \Rightarrow \boxed{a^2+b^2=AC^2=2ab}$ ,
οπότε ισχύει η σχέση $AC^2\geq 8(MELI)$ , με την ισότητα να ισχύει για $L\equiv L_0$

(**) $(MELI)=(DLC)-((DEM)+(MIC))=\dfrac{ab}{2}-\dfrac{a}{2}\cdot \dfrac{EE'+II'}{2}=$ $\dfrac{ab}{2}-\dfrac{a}{2}\cdot KK'$

και επειδή $KK' \geq MO=\dfrac{b}{2}$ , άρα $\boxed{(MELI)\leq\dfrac{ab}{2}-\dfrac{a}{2} \cdot \dfrac{b}{2}=\dfrac{ab}{4}\Rightarrow (MELI)\leq(ME_0L_0I_0)}$

STOPJOHN · #369

sakis1963 έγραψε:Ασκηση 132
Το συνημμένο GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.132.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Η κάθετος από το στην διαγώνιο ορθογωνίου (με πλευρές ) τέμνει την στο οπότε η γίνεται διαγώνιος νέου ορθογωνίου (με πλευρές )

Η κάθετος από το στην διαγώνιο ορθογωνίου τέμνει την στο οπότε η γίνεται διαγώνιος νέου ορθογωνίου με πλευρές

Αν συνεχίσουμε τη διαδικασία ες αεί παράγουμε ορθογώνια με πλευρές κ.ο.κ (γράφοντας πάντα την μεγάλη πλευρά πρώτη)

Αν βρείτε το ώστε

Kαλημέρα

Είναι $PB=x_{1}=TC,QB=x_{2}=WP,QC=2-x_{2},PU=x_{3},WV=x_{4}$

Απο τα όμοια τρίγωνα $PBC,ADB,\dfrac{x_{1}}{2}=\dfrac{2}{a}\Leftrightarrow x_{1}=\dfrac{4}{a},(1)$

Oμοίως από τα όμοια τρίγωνα

$DTW,WPB,\dfrac{a-x_{1}}{x_{1}}=\dfrac{2-x_{2}}{x_{2}}\Leftrightarrow 2x_{1}=ax_{2},(2), (1),(2)\Rightarrow x_{1}=\dfrac{2^{2}}{a}, x_{2}=\dfrac{2^{3}}{a^{2}},x_{3}=\dfrac{2^{4}}{a^{3}},....... x_{1}+x_{2}+x_{3}+.............=6\Leftrightarrow \frac{2^{2}}{a}+\dfrac{2^{3}}{a^{2}}+\dfrac{2^{4}}{a^{3}}...........=6\Leftrightarrow \dfrac{\dfrac{4}{a}}{1-\dfrac{2}{a}}=6\Leftrightarrow a=\dfrac{8}{3}$

Γιάννης

KARKAR · #370

Άσκηση 135

: Άσκηση 135.png (9.42 KiB) Προβλήθηκε 769 φορές

Ορθογώνιο

έχει διαστάσεις a ,b

, με

. Στην πλευρά του

κινείται

σημείο

. Φέρουμε τη μεσοκάθετο του

, η οποία τέμνει την πλευρά

στο σημείο

.

Όταν το

συμπίπτει με το

είναι φυσικά $\dfrac{(NCSM)}{(NDAM)}=1$ . Θα ξαναγίνει αυτός ο λόγος

;

Γενικότερα , μελετήστε την εξέλιξη αυτού του λόγου , μέχρις ότου το

συμπέσει με το

.

ealexiou · #371

KARKAR έγραψε:Άσκηση 135
Το συνημμένο Άσκηση 135.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Ορθογώνιο έχει διαστάσεις , με . Στην πλευρά του κινείται

σημείο . Φέρουμε τη μεσοκάθετο του , η οποία τέμνει την πλευρά στο σημείο .

Όταν το συμπίπτει με το είναι φυσικά $\dfrac{(NCSM)}{(NDAM)}=1$ . Θα ξαναγίνει αυτός ο λόγος ;

Γενικότερα , μελετήστε την εξέλιξη αυτού του λόγου , μέχρις ότου το συμπέσει με το .

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#372

KARKAR έγραψε:Άσκηση 135
Το συνημμένο Άσκηση 135.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Ορθογώνιο έχει διαστάσεις , με . Στην πλευρά του κινείται

σημείο . Φέρουμε τη μεσοκάθετο του , η οποία τέμνει την πλευρά στο σημείο .

Όταν το συμπίπτει με το είναι φυσικά $\dfrac{(NCSM)}{(NDAM)}=1$ . Θα ξαναγίνει αυτός ο λόγος ;

Γενικότερα , μελετήστε την εξέλιξη αυτού του λόγου , μέχρις ότου το συμπέσει με το .

Καλημέρα σε όλους.

Στο πρώτο ερώτημα η απάντηση είναι: Ναι! Ας δούμε πρώτα την κατασκευή του σχήματος.

: Ορθογώνια.135.png (21.09 KiB) Προβλήθηκε 752 φορές

Γράφω εντός του ορθογωνίου το ημικύκλιο διαμέτρου

. Η μεσοκάθετος του

τέμνει το ημικύκλιο στο

και η

τη

στο

. Για αυτή τη θέση του

τα τρίγωνα NAD, NSC

είναι ισεμβαδικά, άρα και τα NSCM, NDAM

.
Ακόμα απλούστερα, έχουμε: NC=AD=b, CS=DN=a-b

.

KARKAR · #373

Άσκηση 136

: Άσκηση 136.png (10.15 KiB) Προβλήθηκε 743 φορές

Δύο ίσοι κύκλοι , ακτίνας

έκαστος , εφάπτονται εξωτερικά . Σχεδιάζουμε ορθογώνιο

ABCD

με τη βάση

επί της "κάτω" κοινής εξωτερικής τους εφαπτομένης και τις

κορυφές D,C

επί των δύο κύκλων . Υπολογίστε το μέγιστο εμβαδόν του ορθογωνίου .

#374

KARKAR έγραψε:Άσκηση 136
Το συνημμένο Άσκηση 136.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δύο ίσοι κύκλοι , ακτίνας έκαστος , εφάπτονται εξωτερικά . Σχεδιάζουμε ορθογώνιο

με τη βάση επί της "κάτω" κοινής εξωτερικής τους εφαπτομένης και τις

κορυφές επί των δύο κύκλων . Υπολογίστε το μέγιστο εμβαδόν του ορθογωνίου .

: Ορθογώνια.136.png (18.96 KiB) Προβλήθηκε 727 φορές

Από Π. Θ βρίσκουμε $\displaystyle{OE = \sqrt {{r^2} - {x^2}} }$ ,

άρα $\displaystyle{f(x) = (ABCD) = 2(r + x)\left( {r + \sqrt {{r^2} - {x^2}} } \right),0 \le x \le r}$

Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο [0,r)

, με $\displaystyle{f'(x) = 2\left( {r + \sqrt {{r^2} - {x^2}} - \frac{{x(r + x)}}{{\sqrt {{r^2} - {x^2}} }}} \right)}$ .

Μετά τις πράξεις βρίσκουμε ότι $\displaystyle{f'(x) = 0 \Leftrightarrow 2{x^2} - {r^2} = 0}$ , απ' όπου τελικά έχουμε

μέγιστο για $\boxed{x = \frac{{r\sqrt 2 }}{2}}$ ίσο με $\boxed{{(ABCD)_{\max }} = \left( {3 + 2\sqrt 2 } \right){r^2}}$ .

#375

KARKAR έγραψε:Άσκηση 135
Το συνημμένο Άσκηση 135.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Ορθογώνιο έχει διαστάσεις , με . Στην πλευρά του κινείται

σημείο . Φέρουμε τη μεσοκάθετο του , η οποία τέμνει την πλευρά στο σημείο .

Όταν το συμπίπτει με το είναι φυσικά $\dfrac{(NCSM)}{(NDAM)}=1$ . Θα ξαναγίνει αυτός ο λόγος ;

Γενικότερα , μελετήστε την εξέλιξη αυτού του λόγου , μέχρις ότου το συμπέσει με το .

Για το δεύτερο ερώτημα:

: Ορθογώνια.135.β.png (12.49 KiB) Προβλήθηκε 704 φορές

Θα συγκρίνουμε τα εμβαδά των τριγώνων NAD, NSC

. Επειδή

, θα είναι:

$\displaystyle{{b^2} + {y^2} = {x^2} + {(a - y)^2} \Leftrightarrow y = \frac{{{a^2} - {b^2} + {x^2}}}{{2a}}}$

$\displaystyle{f(x) = (NAD) - (NSC) = \frac{{{x^3} + b{x^2} - ({a^2} + {b^2})x + {a^2} - {b^2}}}{{4a}}}$

Επειδή ήδη γνωρίζουμε δύο τιμές που μηδενίζουν τη συνάρτηση ( x=b, x=a-b

), με Horner βρίσκουμε ότι: $\displaystyle{f(x) = \frac{1}{{4a}}\left( {x - b} \right)(x - a + b)(x + a + b)}$ , b<a<2b

.

Εύκολα λοιπόν τώρα βρίσκουμε το πρόσημο της

. Αν $\displaystyle{\frac{{(NCSM)}}{{(NDAM)}} = k}$ , τελικά είναι:

● k<1

, αν

●

, αν

●

, αν

ή

KARKAR · #376

Άσκηση 137

: Άσκηση 137.png (7.94 KiB) Προβλήθηκε 692 φορές

Στο διαστάσεων $a\times b$ ορθογώνιο ABCD

, παίρνουμε σημείο

της βάσης

,

ώστε AS=x

και ονομάζουμε

το σημείο τομής των AC , DS

.

α) Υπολογίστε το (TAS)

... β) Για ποια θέση του

είναι : $(TAS)=\dfrac{(ABCD)}{24}$ ;

#377

KARKAR έγραψε:Άσκηση 137
Το συνημμένο Άσκηση 137.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο διαστάσεων $a\times b$ ορθογώνιο , παίρνουμε σημείο της βάσης ,

ώστε και ονομάζουμε το σημείο τομής των .

α) Υπολογίστε το ... β) Για ποια θέση του είναι : $(TAS)=\dfrac{(ABCD)}{24}$ ;

: Ορθογώνια.137.png (7.71 KiB) Προβλήθηκε 674 φορές

$\displaystyle{\frac{{(TAS)}}{{(ADS)}} = \frac{{ST}}{{SD}} = \frac{x}{{a + x}} \Leftrightarrow }$ $\boxed{(TAS) = \frac{{b{x^2}}}{{2(a + x)}}}$

$\displaystyle{(TAS) = \frac{{(ABCD)}}{{24}} \Leftrightarrow \frac{{b{x^2}}}{{2(a + x)}} = \frac{{ab}}{{24}} \Leftrightarrow 12{x^2} - ax - {a^2} = 0\mathop \Leftrightarrow \limits^{x > 0} }$ $\boxed{x = \frac{a}{3}}$

#378

KARKAR έγραψε:Άσκηση 127
Το συνημμένο Άσκηση 127.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Θέμα από μαθηματικό διαγωνισμό : Είναι δυνατόν οι κορυφές ( κάποιου ) ορθογωνίου να

είναι σημεία της καμπύλης με εξίσωση : ? Αποδείξτε τον ισχυρισμό σας .

Για να κλείσω μία εκκρεμότητα.

: Ορθογώνια.127.b.png (24.44 KiB) Προβλήθηκε 659 φορές

Αν γράψουμε κύκλο (O, R)

με $\boxed{\frac{{5\sqrt 6 }}{9} \le R \le \sqrt 2 }$ , τότε ο κύκλος αυτός τέμνει την καμπύλη με εξίσωση y=x^3-2x

σε

τουλάχιστον σημεία. Αυτά τα σημεία είναι οι κορυφές του ορθογωνίου που ζητάει η άσκηση.

Ας δούμε όμως πώς φτάσαμε σε αυτό το συμπέρασμα. Έστω ο κύκλος με εξίσωση x^2+y^2=R^2

και η καμπύλη y=x^3-2x

. Από το σύστημα των δύο αυτών εξισώσεων προκύπτει η εξίσωση:

$\displaystyle{{x^6} - 4{x^4} + 5{x^2} = {R^2}}$ , την οποία θα μελετήσουμε ως προς το πλήθος των ριζών.

Έστω $\displaystyle{f(x) = {x^6} - 4{x^4} + 5{x^2}}$ .

: Ορθογώνια.127.β.ΙΙ.png (11.47 KiB) Προβλήθηκε 659 φορές

$\displaystyle{f'(x) = 6{x^5} - 16{x^3} + 10x = 2x\left( {3{x^4} - 8{x^2} + 5} \right) = 0 \Leftrightarrow x \in \left\{ { - \sqrt {\frac{5}{3}} , - 1,0,1,\sqrt {\frac{5}{3}} } \right\}}$
(Στο πιο πάνω διάγραμμα δίνεται η γραφική παράσταση της

).

$\displaystyle{R_1^2 = f\left( { - \sqrt {\frac{5}{3}} } \right) = f\left( {\sqrt {\frac{5}{3}} } \right) = \frac{{50}}{{27}} \Leftrightarrow {R_1} = \frac{{5\sqrt 6 }}{9}}$ , R_1>0

$\displaystyle{R_2^2 = f(1) = f( - 1) = 2 \Leftrightarrow {R_2} = \sqrt 2 }$ , R_2>0

Οι ευθείες λοιπόν με εξισώσεις $\displaystyle{y = \sqrt 2 }$ και $\displaystyle{y = \frac{{5\sqrt 6 }}{9}}$ τέμνουν τη C_f

σε

ακριβώς σημεία. Οι ευθείες που είναι παράλληλες στον x'x

και ανήκουν στην ταινία των δύο αυτών παραλλήλων τέμνουν τη C_f

σε

σημεία, ενώ όλες οι άλλες παράλληλες στον x'x

, σε

σημεία.

sakis1963 · #379

Ασκηση 138

: GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.138.png (19.69 KiB) Προβλήθηκε 648 φορές

Μεταβλητού μήκους τέμνουσα

κινείται παράλληλα, με τη διαγώνιο

ορθογωνίου ABCD

με

,
σαρώνοντας την επιφάνεια του ορθογωνίου.

Αν το μέσον

της

κινείται (προφανώς πάνω στην

) με ταχύτητα 5 m/s

α. να βρείτε την χρονική συνάρτηση που εκφράζει το εμβαδόν του σαρωμένου τμήματος της επιφανείας του ορθογωνίου (για την κίνηση του

από το

στο

)

β. ποια χρονική στιγμή γίνεται μέγιστος ο ρυθμός μεταβολής του σαρωμένου εμβαδού (του α.)

ealexiou · #380

sakis1963 έγραψε:Ασκηση 138
Το συνημμένο GEOMETRIA Ορθογώνια Ασκ.138.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Μεταβλητού μήκους τέμνουσα κινείται παράλληλα, με τη διαγώνιο ορθογωνίου με ,
σαρώνοντας την επιφάνεια του ορθογωνίου.

Αν το μέσον της κινείται (προφανώς πάνω στην ) με ταχύτητα

α. να βρείτε την χρονική συνάρτηση που εκφράζει το εμβαδόν του σαρωμένου τμήματος της επιφανείας του ορθογωνίου (για την κίνηση του από το στο )

β. ποια χρονική στιγμή γίνεται μέγιστος ο ρυθμός μεταβολής του σαρωμένου εμβαδού (του α.)

Γεια σου Σάκη

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 138.png (49.51 KiB) Προβλήθηκε 630 φορές

α) Εύκολα υπολογίζουμε, από ομοιότητα τριγώνων ATS,ADB

ότι η ταχύτητα του

στο διάστημα

είναι

και στο διάστημα

είναι $u_{T'}=8m/s$ και αντίστοιχα του

στο

και

είναι

και $u_{S'}=6m/s$ , καθώς το

κινείται επί της διαγωνίου

, οπότε για $0 \leq t \leq 5\ s$ , δηλαδή όταν το

κινείται επί της

έχουμε $(AST)=\dfrac{1}{2}AS\cdot AT=\dfrac{1}{2}48t^2\ (m^2)\Rightarrow$ $\boxed{(AST)=24t^2\ (m^2)}$ και για $5\leq t\leq 10s$ , δηλαδή όταν το

κινείται επί του

έχουμε

$24t^2-2\cdot \dfrac{1}{2}6\cdot8\cdot(t-5)^2 \Rightarrow$ $\boxed{(ABS'T'DA)=24t^2-48(t-5)^2\ (m^2)}$

β) Για $0 \leq t \leq 5\ s$ έχουμε (AST)=f(x)=24t^2

, οπότε (με κάθε επιφύλαξη) ο ρυθμός μεταβολής του σαρωμένου εμβαδού γίνεται μέγιστος όταν το f'(x)=48t

γίνει μέγιστο. Δηλαδή για t=5

, όταν το

φτάνει στο

Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μέλη σε σύνδεση