ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

parmenides51 · #1

Εξεταστές: Οικονομίδης - Λαδόπουλος

1. Εαν $\displaystyle{ O}$ είναι το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ και $\displaystyle{A',B',\Gamma '}$ τα σημεία τομής των $\displaystyle{AO,BO,\Gamma O }$ με τις $\displaystyle{ B\Gamma,\Gamma A, AB }$ αντίστοιχα, να δειχθεί οτι $\displaystyle{\frac{AO}{OA'}+\frac{BO}{OB'}+\frac{\Gamma O}{O\Gamma '}\ge 6}$ , και στη συνέχεια ότι $\displaystyle{AO + BO+ \Gamma O\ge 6p}$ όπου $\displaystyle{ p}$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ .

2. Πάνω σε δοθέν επίπεδο μεταβάλλεται κυρτό πεντάγωνο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta E}$ με τέτοιο τρόπο ώστε να είναι πάντα $\displaystyle{\widehat{\Gamma}=\widehat{E}=1}$ ορθή, $\displaystyle{B\Gamma=\Gamma\Delta}$ και $\displaystyle{AE=E\Delta}$ . Εαν $\displaystyle{\color{red}N }$ μέσο της $\displaystyle{AB}$ , να δειχθεί οτι ο λόγος $\displaystyle{\frac{\Gamma N}{\Gamma E}=\frac{\sqrt{2}}{2}}$

3. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Εαν $\displaystyle{M}$ τυχαίο σημείο του χώρου, που δεν βρίσκεται στο επίπεδο του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ , να δειχθεί οτι με πλευρές τα ευθύγραμμα τμήματα $\displaystyle{MA,MB,M\Gamma}$ είναι δυνατόν να κατασκευασθεί τρίγωνο.

edit
διόρθωση τυπογραφικού στο 2ο, ευχαριστώ τον Γιώργο (Βισβίκη) που το πρόσεξε

#2

parmenides51 έγραψε:Εξεταστές: Οικονομίδης - Λαδόπουλος

2. Πάνω σε δοθέν επίπεδο μεταβάλλεται κυρτό πεντάγωνο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta E}$ με τέτοιο τρόπο ώστε να είναι πάντα $\displaystyle{\widehat{\Gamma}=\widehat{E}=1}$ ορθή, $\displaystyle{B\Gamma=\Gamma\Delta}$ και $\displaystyle{AE=E\Delta}$ . Εαν $\displaystyle{\color{red}N }$ μέσο της $\displaystyle{AB}$ , να δειχθεί οτι ο λόγος $\displaystyle{\frac{\Gamma N}{\Gamma E}=\frac{\sqrt{2}}{2}}$

Καλημέρα.

: Πολυτεχνείο Θεσσ. 1963.png (24.47 KiB) Προβλήθηκε 1050 φορές

Έστω

τα μέσα των $A\Delta,B\Delta$ αντίστοιχα. Τότε:

$\displaystyle{MN// = \frac{{{\rm B}\Delta }}{2},{\rm N}{\rm P}// = \frac{{{\rm A}\Delta }}{2},{\rm N}\widehat {\rm M}{\rm A} = {\rm N}\widehat {\rm P}{\rm B} = {\rm A}\widehat \Delta {\rm B} = \omega }$

Εξάλλου, είναι $\displaystyle{{\rm E}{\rm M} = \frac{{{\rm A}\Delta }}{2},\Gamma {\rm P} = \frac{{{\rm B}\Delta }}{2}}$ (ως διάμεσοι ορθογωνίων τριγώνων) και $\displaystyle{{\rm N}\widehat {\rm M}{\rm E} = {\rm N}\widehat {\rm P}\Gamma = {90^0} + \omega }$ .

Έτσι τα τρίγωνα $NME, NP\Gamma$ είναι ίσα και από την ισότητα προκύπτουν ότι:

$\displaystyle{{\rm N}{\rm E} = {\rm N}\Gamma ,{\widehat {\rm E}_1} = {\widehat {\rm N}_1},{\widehat \Gamma _1} = {\widehat {\rm N}_2}}$ .

$\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm N}\Gamma = {\widehat {\rm N}_2} + {\rm M}\widehat {\rm N}{\rm P} + {\widehat {\rm N}_1} = {\widehat {\rm N}_2} + {\rm A}\widehat \Delta {\rm B} + {\widehat {\rm E}_1} = \left( {{{\widehat {\rm N}}_2} + {{\widehat {\rm E}}_1}} \right) + \omega }$

$\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm N}\Gamma = \left( {{{180}^0} - {\rm N}\widehat {\rm M}{\rm E}} \right) + \omega = {90^0} - \omega + \omega = {90^0}}$ .

Άρα το τρίγωνο $NE\Gamma$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές και από Π.Θ έχουμε:

$\displaystyle{2\Gamma {{\rm N}^2} = \Gamma {{\rm E}^2} \Leftrightarrow \frac{{\Gamma {\rm N}}}{{\Gamma {\rm E}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}}$

#3

parmenides51 έγραψε:Εξεταστές: Οικονομίδης - Λαδόπουλος

1. Εαν $\displaystyle{ O}$ είναι το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ και $\displaystyle{A',B',\Gamma '}$ τα σημεία τομής των $\displaystyle{AO,BO,\Gamma O }$ με τις $\displaystyle{ B\Gamma,\Gamma A, AB }$ αντίστοιχα, να δειχθεί οτι $\displaystyle{\frac{AO}{OA'}+\frac{BO}{OB'}+\frac{\Gamma O}{O\Gamma '}\ge 6}$ , και στη συνέχεια ότι $\displaystyle{AO + BO+ \Gamma O\ge 6p}$ όπου $\displaystyle{ p}$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ .

: Πολυτεχνείο Θεσσ.2. 1963.png (13.44 KiB) Προβλήθηκε 1030 φορές

α) Οι $AA' , BB', \Gamma\Gamma'$ είναι διχοτόμοι των γωνιών του τριγώνου. Άρα:

$\displaystyle{{\rm B}{\rm A}' = \frac{{\alpha \gamma }}{{\beta + \gamma }},\Gamma {\rm B}' = \frac{{\alpha \beta }}{{\alpha + \gamma }},{\rm A}\Gamma ' = \frac{{\beta \gamma }}{{\alpha + \beta }}}$ .

Εφαρμόζω το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στα τρίγωνα $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}{\rm A}',{\rm B}\Gamma {\rm B}',\Gamma {\rm A}\Gamma '}$ .

$\displaystyle{\frac{{{\rm A}{\rm O}}}{{{\rm O}{\rm A}'}} + \frac{{{\rm B}{\rm O}}}{{{\rm O}{\rm B}'}} + \frac{{\Gamma {\rm O}}}{{{\rm O}\Gamma '}} = \frac{\gamma }{{{\rm B}{\rm A}'}} + \frac{\alpha }{{\Gamma {\rm B}'}} + \frac{\beta }{{{\rm A}\Gamma '}} = \frac{{\gamma (\beta + \gamma )}}{{\alpha \gamma }} + \frac{{\alpha (\alpha + \gamma )}}{{\alpha \beta }} + \frac{{\beta (\alpha + \beta )}}{{\beta \gamma }}}$

$\displaystyle{\frac{{{\rm A}{\rm O}}}{{{\rm O}{\rm A}'}} + \frac{{{\rm B}{\rm O}}}{{{\rm O}{\rm B}'}} + \frac{{\Gamma {\rm O}}}{{{\rm O}\Gamma '}} = \frac{{\beta \gamma (\beta + \gamma ) + \alpha \gamma (\alpha + \gamma ) + \alpha \beta (\alpha + \beta )}}{{\alpha \beta \gamma }}}$ .

Αρκεί να δείξω ότι: $\displaystyle{\beta \gamma (\beta + \gamma ) + \alpha \gamma (\alpha + \gamma ) + \alpha \beta (\alpha + \beta ) \ge 6\alpha \beta \gamma \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{{\beta ^2}\gamma + \beta {\gamma ^2} + {\alpha ^2}\gamma + \alpha {\gamma ^2} + {\alpha ^2}\beta + \alpha {\beta ^2} - 2\alpha \beta \gamma - 2\alpha \beta \gamma - 2\alpha \beta \gamma \ge 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\alpha ({\beta ^2} - 2\beta \gamma + {\gamma ^2}) + \beta ({\alpha ^2} - 2\alpha \gamma + {\gamma ^2}) + \gamma ({\alpha ^2} - 2\alpha \beta + {\beta ^2}) \ge 0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{\alpha {(\beta - \gamma )^2} + \beta {(\alpha - \gamma )^2} + \gamma {(\alpha - \beta )^2} \ge 0}$ , που ισχύει.

β) Αν $\displaystyle{\Delta ,{\rm E},{\rm Z}}$ είναι τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με τις πλευρές $\displaystyle{{\rm B}\Gamma ,{\rm A}\Gamma ,{\rm A}{\rm B}}$ , αντίστοιχα του τριγώνου $AB\Gamma$ , τότε: $\displaystyle{{\rm O}\Delta \le {\rm O}{\rm A}',{\rm O}{\rm E} \le {\rm O}{\rm B}',{\rm O}{\rm Z} \le {\rm O}\Gamma '}$ , απ' όπου έχουμε $\displaystyle{\rho \le {\rm O}{\rm A}',\rho \le {\rm O}{\rm B}',\rho \le {\rm O}\Gamma '}$ .

$\displaystyle{\frac{{{\rm A}{\rm O}}}{\rho } + \frac{{{\rm B}{\rm O}}}{\rho } + \frac{{\Gamma {\rm O}}}{\rho } \ge \frac{{{\rm A}{\rm O}}}{{{\rm O}{\rm A}'}} + \frac{{{\rm B}{\rm O}}}{{{\rm O}{\rm B}'}} + \frac{{\Gamma {\rm O}}}{{{\rm O}\Gamma '}} \ge 6 \Leftrightarrow {\rm A}{\rm O} + {\rm B}{\rm O} + \Gamma {\rm O} \ge 6\rho }$ .

Και στις δύο περιπτώσεις οι ισότητες ισχύουν όταν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

parmenides51 έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 20, 2014 10:30 pm
Εξεταστές: Οικονομίδης - Λαδόπουλος

3. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Εαν $\displaystyle{M}$ τυχαίο σημείο του χώρου, που δεν βρίσκεται στο επίπεδο του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ , να δειχθεί οτι με πλευρές τα ευθύγραμμα τμήματα $\displaystyle{MA,MB,M\Gamma}$ είναι δυνατόν να κατασκευασθεί τρίγωνο.

Ενδιαφέρον θέμα...

Στην παρακάτω δημοσίευση είδαμε κάτι πιο γενικό
viewtopic.php?f=185&t=75640

Αν το εξειδικεύσουμε, τα παρακάτω γινόμενα $MA\cdot B\Gamma , MB\cdot A\Gamma ,M\Gamma \cdot AB$
αποτελούν μήκη πλευρών τριγώνου.

Στο συγκεκριμένο θέμα ισχύει $AB=A\Gamma =B\Gamma .$

Επομένως τα τμήματα $MA , MB ,M\Gamma$ αποτελούν πλευρές τριγώνου.

S.E.Louridas · #5

parmenides51 έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 20, 2014 10:30 pm
Εξεταστές: Οικονομίδης - Λαδόπουλος
1. Εαν $\displaystyle{ O}$ είναι το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ και $\displaystyle{A',B',\Gamma '}$ τα σημεία τομής των $\displaystyle{AO,BO,\Gamma O }$ με τις $\displaystyle{ B\Gamma,\Gamma A, AB }$ αντίστοιχα, να δειχθεί οτι $\displaystyle{\frac{AO}{OA'}+\frac{BO}{OB'}+\frac{\Gamma O}{O\Gamma '}\ge 6}$ , και στη συνέχεια ότι $\displaystyle{AO + BO+ \Gamma O\ge 6p}$ όπου $\displaystyle{ p}$ η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ .

Ας μου επιτραπεί και μόνο για λόγους πολυφωνίας:

α) Αρκεί να αποδείξουμε ότι: $\displaystyle{\frac{{AA'}}{{OA'}} + \frac{{BB'}}{{OB'}} + \frac{{\Gamma \Gamma '}}{{O\Gamma '}} \geqslant 9 \Leftrightarrow \left( {\frac{{OA'}}{{AA'}} + \frac{{OB'}}{{BB'}} + \frac{{O\Gamma '}}{{\Gamma \Gamma '}}} \right)\left( {\frac{{AA'}}{{OA'}} + \frac{{BB'}}{{OB'}} + \frac{{\Gamma \Gamma '}}{{O\Gamma '}}} \right) \geqslant 9,}$
που ισχύει από ανισότητα B.C.S.

(*) Χρησιμοποιήσαμε ότι $\displaystyle{\frac{{OA'}}{{AA'}} + \frac{{OB'}}{{BB'}} + \frac{{O\Gamma '}}{{\Gamma \Gamma '}} = 1,}$ που αποδεικνύεται άμεσα με εμβαδά.

Για το ερώτημα β) δεν έχω κάτι διαφορετικό από την μέθοδο επίλυσης του Γιώργου.

(**) Υπογράμμισα τους εξεταστές γιατί αυτό θεωρώ ως επιστημονικά και ηθικά δίκαιο.
Όσο με αφορά δεν κατανοώ για τέτοιες σοβαρές καταστάσεις την ανωνυμία.

S.E.Louridas · #6

parmenides51 έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 20, 2014 10:30 pm
Εξεταστές: Οικονομίδης - Λαδόπουλος
2. Πάνω σε δοθέν επίπεδο μεταβάλλεται κυρτό πεντάγωνο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta E}$ με τέτοιο τρόπο ώστε να είναι πάντα $\displaystyle{\widehat{\Gamma}=\widehat{E}=1}$ ορθή, $\displaystyle{B\Gamma=\Gamma\Delta}$ και $\displaystyle{AE=E\Delta}$ . Εαν $\displaystyle{\color{red}N }$ μέσο της $\displaystyle{AB}$ , να δειχθεί οτι ο λόγος $\displaystyle{\frac{\Gamma N}{\Gamma E}=\frac{\sqrt{2}}{2}}$

Θα μπορούσαμε και με αναφορά στο θεώρημα του Vecten στο σχήμα που ακολουθεί με βάση το τρίγωνο $\Delta AB$ και τα τετράγωνα $\Delta BZK,\;\Delta H\Theta A.$ Συγκεκριμένα παίρνουμε από το θεώρημα αυτό: $HB = AK,\;HB \bot AK \Rightarrow NE = N\Gamma ,\;NE \bot N\Gamma ,$ οπότε άμεσα προκύπτει το ζητούμενο.

: ΒΕΚΤΕΝ.png (74.85 KiB) Προβλήθηκε 310 φορές

ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Re: ΠΟΛΥΤ. ΘΕΣΣ. 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

Μέλη σε σύνδεση