Ωραίο θέμα για σχολείο

Henri van Aubel · #1

Μου είπαν ότι έπεσε σε δημόσιο Λύκειο στη Γεωμετρία Β Λυκείου. Το παραθέτω.

Έστω τρίγωνο ABC

με $\displaystyle AC=\frac{BC\sqrt{3}}{3}$ και έστω σημείο

της πλευράς

τέτοιο ώστε BE=2CE.

Να αποδειχθεί ότι $E\widehat{A}C=A\widehat{B}C.$

Περιμένω κι άλλες λύσεις. Βάζω τη δική μου. Επειδή $\displaystyle AC^{2}=\frac{BC^{2}}{3}=CE\cdot BC$ έπεται ότι η

εφάπτεται του κύκλου $\left ( ABE \right )$ οπότε $E\widehat{A}C=A\widehat{B}E=A\widehat{B}C.$

Ένα άλλο υπέροχο θέμα για σχολείο και μεγάλα παιδιά:

Έστω τρίγωνο ABC

με $90^\circ< \widehat{B}< 120^\circ$ και έστω τα σημεία K,L

επί της πλευράς

τέτοια ώστε $K\widehat{B}C=L\widehat{B}A=180^\circ-\widehat{B}$ με το

πλησιέστερο στο

Να δείξετε ότι:

i) Οι διχοτόμοι των γωνιών $B\widehat{A}C$ και $B\widehat{K}C$ τέμνονται πάνω στο τμήμα BC.

ii) Οι διχοτόμοι των γωνιών $A\widehat{C}B$ και $B\widehat{L}A$ τέμνονται πάνω στο τμήμα AB.

iii) Αν οι διχοτόμοι των γωνιών $A\widehat{L}B$ και $B\widehat{K}C$ τέμνονται στο σημείο

, να δείξετε ότι $\displaystyle K\widehat{R}L=270^\circ-\frac{3\widehat{B}}{2}.$

#2

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 15, 2023 3:17 pm
Μου είπαν ότι έπεσε σε δημόσιο Λύκειο στη Γεωμετρία Β Λυκείου. Το παραθέτω.

Έστω τρίγωνο με $\displaystyle AC=\frac{BC\sqrt{3}}{3}$ και έστω σημείο της πλευράς τέτοιο ώστε Να αποδειχθεί ότι $E\widehat{A}C=A\widehat{B}C.$

Περιμένω κι άλλες λύσεις. Βάζω τη δική μου. Επειδή $\displaystyle AC^{2}=\frac{BC^{2}}{3}=CE\cdot BC$ έπεται ότι η εφάπτεται του κύκλου $\left ( ABE \right )$ οπότε $E\widehat{A}C=A\widehat{B}E=A\widehat{B}C.$

Τα τρίγωνα CAB, CEA

έχουν τη γωνία $\widehat C$ κοινή και $\displaystyle \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{EC}}{{AC}},$ άρα είναι όμοια, κλπ.

Στην ουσία είναι η ίδια λύση, αλλά τη γράφω επειδή πρόκειται για εξέταση Β Λυκείου και οι τέμνουσες
κύκλου είναι εκτός ύλης. Πάντως είναι αδύνατον να έπεσε σε εξετάσεις έτσι όπως είναι.

Henri van Aubel · #3

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 15, 2023 5:14 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 15, 2023 3:17 pm
Μου είπαν ότι έπεσε σε δημόσιο Λύκειο στη Γεωμετρία Β Λυκείου. Το παραθέτω.

Έστω τρίγωνο με $\displaystyle AC=\frac{BC\sqrt{3}}{3}$ και έστω σημείο της πλευράς τέτοιο ώστε Να αποδειχθεί ότι $E\widehat{A}C=A\widehat{B}C.$

Περιμένω κι άλλες λύσεις. Βάζω τη δική μου. Επειδή $\displaystyle AC^{2}=\frac{BC^{2}}{3}=CE\cdot BC$ έπεται ότι η εφάπτεται του κύκλου $\left ( ABE \right )$ οπότε $E\widehat{A}C=A\widehat{B}E=A\widehat{B}C.$

Τα τρίγωνα έχουν τη γωνία $\widehat C$ κοινή και $\displaystyle \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{EC}}{{AC}},$ άρα είναι όμοια, κλπ.

Στην ουσία είναι η ίδια λύση, αλλά τη γράφω επειδή πρόκειται για εξέταση Β Λυκείου και οι τέμνουσες
κύκλου είναι εκτός ύλης. Πάντως είναι αδύνατον να έπεσε σε εξετάσεις έτσι όπως είναι.

Δεν ξέρω, μου είπαν ότι ήταν θέμα εξετάσεων.

Θεωρείς ότι είναι πολύ δύσκολο ;

#4

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 15, 2023 5:27 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 15, 2023 5:14 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 15, 2023 3:17 pm
Μου είπαν ότι έπεσε σε δημόσιο Λύκειο στη Γεωμετρία Β Λυκείου. Το παραθέτω.

Έστω τρίγωνο με $\displaystyle AC=\frac{BC\sqrt{3}}{3}$ και έστω σημείο της πλευράς τέτοιο ώστε Να αποδειχθεί ότι $E\widehat{A}C=A\widehat{B}C.$

Περιμένω κι άλλες λύσεις. Βάζω τη δική μου. Επειδή $\displaystyle AC^{2}=\frac{BC^{2}}{3}=CE\cdot BC$ έπεται ότι η εφάπτεται του κύκλου $\left ( ABE \right )$ οπότε $E\widehat{A}C=A\widehat{B}E=A\widehat{B}C.$

Τα τρίγωνα έχουν τη γωνία $\widehat C$ κοινή και $\displaystyle \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{EC}}{{AC}},$ άρα είναι όμοια, κλπ.

Στην ουσία είναι η ίδια λύση, αλλά τη γράφω επειδή πρόκειται για εξέταση Β Λυκείου και οι τέμνουσες
κύκλου είναι εκτός ύλης. Πάντως είναι αδύνατον να έπεσε σε εξετάσεις έτσι όπως είναι.
Δεν ξέρω, μου είπαν ότι ήταν θέμα εξετάσεων. Θεωρείς ότι είναι πολύ δύσκολο ;

Όχι! Το θεωρώ πανεύκολο, αλλά δεν είναι αυτός ο λόγος. Στις εξετάσεις δεν μπορεί να μπει θέμα μιας ερώτησης και να συγκεντρώνει 25 μόρια. Είναι αδιανόητο. Τα θέματα εξετάσεων χωρίζονται σε υποερωτήματα.

Henri van Aubel · #5

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 15, 2023 5:37 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 15, 2023 5:27 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 15, 2023 5:14 pm

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 15, 2023 3:17 pm
Μου είπαν ότι έπεσε σε δημόσιο Λύκειο στη Γεωμετρία Β Λυκείου. Το παραθέτω.

Έστω τρίγωνο με $\displaystyle AC=\frac{BC\sqrt{3}}{3}$ και έστω σημείο της πλευράς τέτοιο ώστε Να αποδειχθεί ότι $E\widehat{A}C=A\widehat{B}C.$

Περιμένω κι άλλες λύσεις. Βάζω τη δική μου. Επειδή $\displaystyle AC^{2}=\frac{BC^{2}}{3}=CE\cdot BC$ έπεται ότι η εφάπτεται του κύκλου $\left ( ABE \right )$ οπότε $E\widehat{A}C=A\widehat{B}E=A\widehat{B}C.$

Τα τρίγωνα έχουν τη γωνία $\widehat C$ κοινή και $\displaystyle \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{EC}}{{AC}},$ άρα είναι όμοια, κλπ.

Στην ουσία είναι η ίδια λύση, αλλά τη γράφω επειδή πρόκειται για εξέταση Β Λυκείου και οι τέμνουσες
κύκλου είναι εκτός ύλης. Πάντως είναι αδύνατον να έπεσε σε εξετάσεις έτσι όπως είναι.
Δεν ξέρω, μου είπαν ότι ήταν θέμα εξετάσεων. Θεωρείς ότι είναι πολύ δύσκολο ;
Όχι! Το θεωρώ πανεύκολο, αλλά δεν είναι αυτός ο λόγος. Στις εξετάσεις δεν μπορεί να μπει θέμα μιας ερώτησης και να συγκεντρώνει 25 μόρια. Είναι αδιανόητο. Τα θέματα εξετάσεων χωρίζονται σε υποερωτήματα.

Το ξέρω, μάλλον ήταν κάποιο υποερωτημα. Ξαφνιάστηκα όταν μου είπες ότι αποκλείεται να έπεσε έτσι, γιατί νόμιζα ότι το εννοούσες δύσκολο. Είναι όντως πανευκολο !

STOPJOHN · #6

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 15, 2023 3:17 pm
Μου είπαν ότι έπεσε σε δημόσιο Λύκειο στη Γεωμετρία Β Λυκείου. Το παραθέτω.

Έστω τρίγωνο με $\displaystyle AC=\frac{BC\sqrt{3}}{3}$ και έστω σημείο της πλευράς τέτοιο ώστε Να αποδειχθεί ότι $E\widehat{A}C=A\widehat{B}C.$

Περιμένω κι άλλες λύσεις. Βάζω τη δική μου. Επειδή $\displaystyle AC^{2}=\frac{BC^{2}}{3}=CE\cdot BC$ έπεται ότι η εφάπτεται του κύκλου $\left ( ABE \right )$ οπότε $E\widehat{A}C=A\widehat{B}E=A\widehat{B}C.$

Ένα άλλο υπέροχο θέμα για σχολείο και μεγάλα παιδιά:

Έστω τρίγωνο με $90^\circ< \widehat{B}< 120^\circ$ και έστω τα σημεία επί της πλευράς τέτοια ώστε $K\widehat{B}C=L\widehat{B}A=180^\circ-\widehat{B}$ με το πλησιέστερο στο Να δείξετε ότι:

i) Οι διχοτόμοι των γωνιών $B\widehat{A}C$ και $B\widehat{K}C$ τέμνονται πάνω στο τμήμα

ii) Οι διχοτόμοι των γωνιών $A\widehat{C}B$ και $B\widehat{L}A$ τέμνονται πάνω στο τμήμα

iii) Αν οι διχοτόμοι των γωνιών $A\widehat{L}B$ και $B\widehat{K}C$ τέμνονται στο σημείο , να δείξετε ότι $\displaystyle K\widehat{R}L=270^\circ-\frac{3\widehat{B}}{2}.$

Η πρώτη άσκηση λύνεται και με όμοια τρίγωνα και γενικευμένο Πυθαγόρειο Θεώρημα ,έχει περισσότερες πράξεις αλλα για να αποφύγουμε τις τεμνόμενες χορδές Θα γραψω λεπτομέρειες το απόγευμα

Για τη δευτερη ασκηση

α. Εστω

η διχοτός της γωνίας $\hat{A}$ που τέμνει την

στο σημείο

Θα αποδειχθεί ότι η

είναι διχοτόμος της γωνίας $\hat{BKC}$ Απο θεωρημα διχοτόμου στο τρίγωνο $ABC,\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{c}{b},(1),$ θα αποδειχθεί ότι $\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{AB}{AC},$ Στο τρίγωνο ABK

είναι $\hat{KBC}=\hat{CBX}=180-\hat{B}$ Αρα η

είναι εξωτερική διχοτόμος οπότε $\dfrac{CK}{CA}=\dfrac{BK}{AB}$
β Οπως το προηγούμενο

γ.Το σημείο

είναι το εγκεντρο του τριγώνου οπότε

$\hat{KRL}=90-\dfrac{B}{2}+(KBL+\nu ),\nu =\hat{ABK}=\hat{LBC}$ Αρκει να δειχθεί ότι

$\hat{KBL}+\nu =180-\hat{B},$

Πράγματι $\hat{KBL}+\nu =\hat{CBX}=A+C=180-B$ και τέλος

ΣΧΟΛΙΑ

ΓΙα το βαθμό δυσκολίας των θεμάτων πρέπει να λάβουμε υποψη μας σε ποιους μαθητές απευθυνονται δηλαδή αν ο συνάδελφος εχει διδάξει δυο η τρια παρόμοια θέματα στη τάξη καλώς τα δίνει σε εξετάσεις Αν όμως δεν έχουν γίνει παρόμοια θέματα τότε οι περισσότεροι μαθητές θα γράψουν κάτω από τη βάση και η Γεωμετρία είναι μάθημα Γενικής Παιδείας και ξέρουμε οτι η Γεωμετρία έχει εξοβελιστεί από παντού ,δυστυχώς

Henri van Aubel · #7

STOPJOHN έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 16, 2023 8:13 am

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 15, 2023 3:17 pm
Μου είπαν ότι έπεσε σε δημόσιο Λύκειο στη Γεωμετρία Β Λυκείου. Το παραθέτω.

Έστω τρίγωνο με $\displaystyle AC=\frac{BC\sqrt{3}}{3}$ και έστω σημείο της πλευράς τέτοιο ώστε Να αποδειχθεί ότι $E\widehat{A}C=A\widehat{B}C.$

Περιμένω κι άλλες λύσεις. Βάζω τη δική μου. Επειδή $\displaystyle AC^{2}=\frac{BC^{2}}{3}=CE\cdot BC$ έπεται ότι η εφάπτεται του κύκλου $\left ( ABE \right )$ οπότε $E\widehat{A}C=A\widehat{B}E=A\widehat{B}C.$

Ένα άλλο υπέροχο θέμα για σχολείο και μεγάλα παιδιά:

Έστω τρίγωνο με $90^\circ< \widehat{B}< 120^\circ$ και έστω τα σημεία επί της πλευράς τέτοια ώστε $K\widehat{B}C=L\widehat{B}A=180^\circ-\widehat{B}$ με το πλησιέστερο στο Να δείξετε ότι:

i) Οι διχοτόμοι των γωνιών $B\widehat{A}C$ και $B\widehat{K}C$ τέμνονται πάνω στο τμήμα

ii) Οι διχοτόμοι των γωνιών $A\widehat{C}B$ και $B\widehat{L}A$ τέμνονται πάνω στο τμήμα

iii) Αν οι διχοτόμοι των γωνιών $A\widehat{L}B$ και $B\widehat{K}C$ τέμνονται στο σημείο , να δείξετε ότι $\displaystyle K\widehat{R}L=270^\circ-\frac{3\widehat{B}}{2}.$
Η πρώτη άσκηση λύνεται και με όμοια τρίγωνα και γενικευμένο Πυθαγόρειο Θεώρημα ,έχει περισσότερες πράξεις αλλα για να αποφύγουμε τις τεμνόμενες χορδές Θα γραψω λεπτομέρειες το απόγευμα

Για τη δευτερη ασκηση

α. Εστω η διχοτός της γωνίας $\hat{A}$ που τέμνει την στο σημείο Θα αποδειχθεί ότι η είναι διχοτόμος της γωνίας $\hat{BKC}$ Απο θεωρημα διχοτόμου στο τρίγωνο $ABC,\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{c}{b},(1),$ θα αποδειχθεί ότι $\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{AB}{AC},$ Στο τρίγωνο είναι $\hat{KBC}=\hat{CBX}=180-\hat{B}$ Αρα η είναι εξωτερική διχοτόμος οπότε $\dfrac{CK}{CA}=\dfrac{BK}{AB}$
β Οπως το προηγούμενο

γ.Το σημείο είναι το εγκεντρο του τριγώνου οπότε

$\hat{KRL}=90-\dfrac{B}{2}+(KBL+\nu ),\nu =\hat{ABK}=\hat{LBC}$ Αρκει να δειχθεί ότι

$\hat{KBL}+\nu =180-\hat{B},$

Πράγματι $\hat{KBL}+\nu =\hat{CBX}=A+C=180-B$ και τέλος

ΣΧΟΛΙΑ

ΓΙα το βαθμό δυσκολίας των θεμάτων πρέπει να λάβουμε υποψη μας σε ποιους μαθητές απευθυνονται δηλαδή αν ο συνάδελφος εχει διδάξει δυο η τρια παρόμοια θέματα στη τάξη καλώς τα δίνει σε εξετάσεις Αν όμως δεν έχουν γίνει παρόμοια θέματα τότε οι περισσότεροι μαθητές θα γράψουν κάτω από τη βάση και η Γεωμετρία είναι μάθημα Γενικής Παιδείας και ξέρουμε οτι η Γεωμετρία έχει εξοβελιστεί από παντού ,δυστυχώς

Ευχαριστώ για τη λύση!

Όσο για το βαθμό δυσκολίας, σίγουρα θεωρώ ότι πρέπει να διδάσκεις παρόμοιες ασκήσεις. Από την άλλη μεριά, με το να βάζουμε στα διαγωνίσματα ακριβώς αυτά που διδάσκουμε, μόνο κακό κάνουμε στους μαθητές. Οδηγούνται στην τυποποίηση των ασκήσεων και όχι στην κρίση και την συγκροτημένη σκέψη προς την επίλυση ενός θέματος.

STOPJOHN · #8

STOPJOHN έγραψε: ↑
Παρ Ιουν 16, 2023 8:13 am

Henri van Aubel έγραψε: ↑
Πέμ Ιουν 15, 2023 3:17 pm
Μου είπαν ότι έπεσε σε δημόσιο Λύκειο στη Γεωμετρία Β Λυκείου. Το παραθέτω.

Έστω τρίγωνο με $\displaystyle AC=\frac{BC\sqrt{3}}{3}$ και έστω σημείο της πλευράς τέτοιο ώστε Να αποδειχθεί ότι $E\widehat{A}C=A\widehat{B}C.$

Περιμένω κι άλλες λύσεις. Βάζω τη δική μου. Επειδή $\displaystyle AC^{2}=\frac{BC^{2}}{3}=CE\cdot BC$ έπεται ότι η εφάπτεται του κύκλου $\left ( ABE \right )$ οπότε $E\widehat{A}C=A\widehat{B}E=A\widehat{B}C.$

Ένα άλλο υπέροχο θέμα για σχολείο και μεγάλα παιδιά:

Έστω τρίγωνο με $90^\circ< \widehat{B}< 120^\circ$ και έστω τα σημεία επί της πλευράς τέτοια ώστε $K\widehat{B}C=L\widehat{B}A=180^\circ-\widehat{B}$ με το πλησιέστερο στο Να δείξετε ότι:

i) Οι διχοτόμοι των γωνιών $B\widehat{A}C$ και $B\widehat{K}C$ τέμνονται πάνω στο τμήμα

ii) Οι διχοτόμοι των γωνιών $A\widehat{C}B$ και $B\widehat{L}A$ τέμνονται πάνω στο τμήμα

iii) Αν οι διχοτόμοι των γωνιών $A\widehat{L}B$ και $B\widehat{K}C$ τέμνονται στο σημείο , να δείξετε ότι $\displaystyle K\widehat{R}L=270^\circ-\frac{3\widehat{B}}{2}.$
Η πρώτη άσκηση λύνεται και με όμοια τρίγωνα και γενικευμένο Πυθαγόρειο Θεώρημα ,έχει περισσότερες πράξεις αλλα για να αποφύγουμε τις τεμνόμενες χορδές Θα γραψω λεπτομέρειες το απόγευμα

Για τη δευτερη ασκηση

α. Εστω η διχοτός της γωνίας $\hat{A}$ που τέμνει την στο σημείο Θα αποδειχθεί ότι η είναι διχοτόμος της γωνίας $\hat{BKC}$ Απο θεωρημα διχοτόμου στο τρίγωνο $ABC,\dfrac{BD}{DC}=\dfrac{c}{b},(1),$ θα αποδειχθεί ότι $\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{AB}{AC},$ Στο τρίγωνο είναι $\hat{KBC}=\hat{CBX}=180-\hat{B}$ Αρα η είναι εξωτερική διχοτόμος οπότε $\dfrac{CK}{CA}=\dfrac{BK}{AB}$
β Οπως το προηγούμενο

γ.Το σημείο είναι το εγκεντρο του τριγώνου οπότε

$\hat{KRL}=90-\dfrac{B}{2}+(KBL+\nu ),\nu =\hat{ABK}=\hat{LBC}$ Αρκει να δειχθεί ότι

$\hat{KBL}+\nu =180-\hat{B},$

Πράγματι $\hat{KBL}+\nu =\hat{CBX}=A+C=180-B$ και τέλος

ΣΧΟΛΙΑ

ΓΙα το βαθμό δυσκολίας των θεμάτων πρέπει να λάβουμε υποψη μας σε ποιους μαθητές απευθυνονται δηλαδή αν ο συνάδελφος εχει διδάξει δυο η τρια παρόμοια θέματα στη τάξη καλώς τα δίνει σε εξετάσεις Αν όμως δεν έχουν γίνει παρόμοια θέματα τότε οι περισσότεροι μαθητές θα γράψουν κάτω από τη βάση και η Γεωμετρία είναι μάθημα Γενικής Παιδείας και ξέρουμε οτι η Γεωμετρία έχει εξοβελιστεί από παντού ,δυστυχώς

Λυση για τη πρώτη ασκηση

Για να είναι όμοια τα τρίγωνα θα αποδειχθούν οι λογοι

$\dfrac{EA}{AB}=\dfrac{EC}{AC}=\dfrac{AC}{BC}$ δηλαδή $EA=c\dfrac{\sqrt{3}}{3}$
Από το γενικευμένο Πυθαγόρειο θεώρημα στα τρίγωνα $ABE,AEC,AB^{2}=AE^{2}+EB^{2}-2EB.ED,(1),AC^{2}=AE^{2}+EC^{2}+2EC.ED,(2)$ πολλαπλασιάζουμε τις (1),(2)

με

αντίστοιχα και προσθέτουμε ,οπότε $EA=c\dfrac{\sqrt{3}}{3},$ Αρα τα τρίγωνα EAB,ABC

είναι όμοια και απέναντι απο ομόλογες πλευρές είναι ισες γωνίες δηλαδή $\hat{EAC}=\hat{ABC}$

Ωραίο θέμα για σχολείο

Ωραίο θέμα για σχολείο

Re: Ωραίο θέμα για σχολείο

Re: Ωραίο θέμα για σχολείο

Re: Ωραίο θέμα για σχολείο

Re: Ωραίο θέμα για σχολείο

Re: Ωραίο θέμα για σχολείο

Re: Ωραίο θέμα για σχολείο

Re: Ωραίο θέμα για σχολείο

Μέλη σε σύνδεση