5ο θέμα 2017

KARKAR · #1

: 55%.png (5.38 KiB) Προβλήθηκε 1205 φορές

Α) Να αποδειχθεί η ταυτότητα : $sin\theta\cdot cos\theta=\dfrac{tan\theta}{1+tan^2\theta}$ .

Β) Να λυθεί στο $\mathbb{R}$ η εξίσωση : 10x^3-9ax^2+20a^2x-9a^3=0

,

θετικός .

Γ) Στην πλευρά

του τετραγώνου ABCD

, πλευράς

, παίρνουμε σημείο

και φέρουμε $AT\perp DS$ . Βρείτε τη θέση του

, ώστε $(ATSB)=55\%(ABCD)$ .

#2

Καλησπέρα σε όλους.

Κάνω το ερώτημα (Γ) πρώτο και προσθέτω ένα ακόμα:

(Β) Ποια η πιθανότητα ένας τυχαίος μαθητής να ακολουθήσει το δύσβατο μονοπάτι που του υποδεικνύει ο Θανάσης, και ποια η πιθανότητα να τη λύσει με τον απλούστατο τρόπο που βλέπετε παρακάτω ;

(Α)

: 10-04-2017 Γεωμετρία.jpg (11.27 KiB) Προβλήθηκε 1154 φορές

Έστω

.

.

Είναι $\displaystyle DS:\;y = \left( {t - 1} \right)x + 1$ άρα $\displaystyle AT:\;y = \frac{1}{{1 - t}}x$ .

Τότε $\displaystyle T\left( {\frac{{1 - t}}{{{t^2} - 2t + 2}},\frac{1}{{{t^2} - 2t + 2}}} \right)\;$
Είναι $\displaystyle \left( {ADT} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{{1 - t}}{{{t^2} - 2t + 2}},\;\;\;\left( {DSC} \right) = \frac{{1 - t}}{2}$ .

Οπότε $\displaystyle \frac{{\left( {ADT} \right) + \left( {DSC} \right)}}{{\left( {ABCD} \right)}} = \frac{9}{{20}} \Leftrightarrow \frac{{1 - t}}{{{t^2} - 2t + 2}} + 1 - t = \frac{9}{{10}} \Leftrightarrow$
$\displaystyle \Leftrightarrow 10{t^3} - 21{t^2} + 32t - 12 = 0$

Δεκτή ρίζα $\displaystyle t = \frac{1}{2}$ . Το

είναι μέσο του

.

Σταμ. Γλάρος · #3

KARKAR έγραψε:55%.pngΑ) Να αποδειχθεί η ταυτότητα : $sin\theta\cdot cos\theta=\dfrac{tan\theta}{1+tan^2\theta}$ .

Β) Να λυθεί στο $\mathbb{R}$ η εξίσωση : , θετικός .

Γ) Στην πλευρά του τετραγώνου , πλευράς , παίρνουμε σημείο

και φέρουμε $AT\perp DS$ . Βρείτε τη θέση του , ώστε $(ATSB)=55\%(ABCD)$ .

Καλησπέρα και καλή Μεγάλη Εβδομάδα.
Μια προσπάθεια στην καταπληκτική δημιουργία...
Α) Είναι : $\dfrac{tan \theta }{1+tan^2 \theta }= \dfrac{\dfrac{sin \theta}{cos \theta} }{1+\dfrac{sin^2 \theta}{cos^2 \theta} }= \dfrac{\dfrac{sin \theta}{cos \theta} }{\dfrac{sin^2 \theta + cos^2 \theta}{cos^2 \theta} }= \dfrac{\dfrac{sin \theta}{cos \theta} }{\dfrac{1}{cos^2 \theta} }= sin \theta \cdot cos \theta$ .

B) Εδώ έχω την αίσθηση ότι η εξίσωση είναι 10x^3-9ax^2+20a^2x-9a^3=0

. Ελπίζω να μην κάνω ... πατάτα!
Με αυτήν την μικρή αλλαγή, παραγοντοποιώντας με μέθοδο Horner, η παραπάνω εξίσωση ισοδυνάμως γράφεται:
$\left ( x-\dfrac{1}{2} a\right )\left ( 10x^2-4ax+18a^2 \right ) = 0$ .
Άρα μοναδική λύση της εξίσωσης η $x=\dfrac{1}{2}a$ , αφού το τριώνυμο έχει αρνητική διακρίνουσα.

Γ) Αφού $(ATSB)=55\%(ABCD)$ συμπεραίνουμε ότι $(SCD)+(ATD)=45\%(ABCD) = \dfrac{9}{20}(ABCD).$ (1)
Είναι $(SCD) = \dfrac{ax}{2}$ .

Έστω, τώρα, ότι $\widehat{CDS}=\theta$ . Τότε και $\widehat{DAT}= \widehat{CDS}=\theta$ , διότι έχουν τις πλευρές τους κάθετες μία προς μία και είναι οξείες.

Επίσης ισχύει : $(ATD)= \dfrac{TD\cdot AT}{2}= \dfrac{a^2 \cdot sin\theta \cdot cos\theta }{2}$ , στο ορθογώνιο τρίγωνο ATD .

Εδώ εφαρμόζεται το πρώτο υποερώτημα και έχουμε : $(ATD)=\dfrac{a^2}{2}\cdot \dfrac{tan \theta }{1+ tan^2 \theta }= \dfrac{a^2}{2}\cdot \dfrac{\dfrac{x}{a} }{1+ \dfrac{x^2}{a^2} }= \dfrac{a^3 x}{2(x^2 +a^2)}$ .

Αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε: $\dfrac{ax}{2} + \dfrac{a^3 x}{2(x^2 +a^2)} =\dfrac{9}{20} α^2$ $\Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow$ $x+ \dfrac{a^2 x}{x^2 +a^2 } =\dfrac{9}{10} α$ $\Leftrightarrow$

$\Leftrightarrow$ 10x^3-9ax^2+20a^2x-9a^3=0

.
Φοβερό! Βγήκε η εξίσωση του Β υποερωτήματος! Λύση η $x=\dfrac{1}{2}a$ .
Άρα το

είναι το μέσον της πλευράς

!

Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

5ο θέμα 2017

5ο θέμα 2017

Re: 5ο θέμα 2017

Re: 5ο θέμα 2017

Μέλη σε σύνδεση