ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ πλευράς $\displaystyle{\alpha}$ . Με κέντρα τις κορυφές $\displaystyle{A,B,\Gamma,\Delta}$ του τετραγώνου και ακτίνα $\displaystyle{AO}$ , όπου $\displaystyle{O}$ η τομή των διαγωνίων του τετραγώνου , σχεδιάζουμε κύκλους, οι οποίοι τέμνουν τις πλευρές του τετραγώνου σε οκτώ σημεία $\displaystyle{E,Z,H,\Theta,I,K,\Lambda,M}$ . Να δειχτεί οτι το σχήμα με κορυφές τα $\displaystyle{8}$ αυτά σημεία είναι κανονικό οκτάγωνο.

2. Δίνεται κανονική τετραγωνική πυραμίδα $\displaystyle{OAB\Gamma\Delta}$ με πλευρά βάσης $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ ίση προς $\displaystyle{\alpha}$ . Οι παράπλευρες έδρες $\displaystyle{OAB,OB\Gamma, O\Gamma\Delta, O\Delta A}$ σχηματίζουν με την βάση $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ γωνία $\displaystyle{45^o}$ . Να βρεθεί ο όγκος $\displaystyle{V}$ του τετραέδρου.

3. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{\widehat{\Gamma}=90^o}$ ) . Από το $\displaystyle{A}$ φέρνουμε κάθετη στην υποτείνουσα AB και πάνω της παίρνουμε τμήμα $\displaystyle{A\Delta=A\Gamma}$ . Φέρνουμε την διχοτόμο της γωνίας $\displaystyle{\widehat{B}}$ . Να δειχθεί οτι η $\displaystyle{\Delta\Gamma }$ είναι ή κάθετη ή παράλληλη προς την διχοτόμο αυτή.

#2

parmenides51 έγραψε: 3. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{\widehat{\Gamma}=90^o}$ ) . Από το $\displaystyle{A}$ φέρνουμε κάθετη στην υποτείνουσα AB και πάνω της παίρνουμε τμήμα $\displaystyle{A\Delta=A\Gamma}$ . Φέρνουμε την διχοτόμο της γωνίας $\displaystyle{\widehat{B}}$ . Να δειχθεί οτι η $\displaystyle{\Delta\Gamma }$ είναι ή κάθετη ή παράλληλη προς την διχοτόμο αυτή.

: 9.png (8.89 KiB) Προβλήθηκε 2443 φορές

Έστω $\displaystyle{\widehat {\rm A},\widehat {\rm B},\widehat \Gamma = {90^0}}$ οι γωνίες του τριγώνου $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$

Το τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}\Delta \Gamma }$ είναι ισοσκελές
$\displaystyle{2{\rm A}\widehat \Delta \Gamma = {180^0} - {\widehat {\rm A}_1}}$ . Αλλά $\displaystyle{{\widehat {\rm A}_1} = {90^0} - \widehat {\rm A}}$ . Οπότε, $\displaystyle{2{\rm A}\widehat \Delta \Gamma = {90^0} + \widehat {\rm A} \Leftrightarrow {\rm A}\widehat \Delta \Gamma = {45^0} + \widehat {\frac{{\rm A}}{2}}}$ (1)

Επίσης, $\displaystyle{\widehat {\rm B} = {90^0} - \widehat {\rm A} \Leftrightarrow {\widehat {\rm B}_1} = {\widehat {\rm B}_2} = {45^0} - \widehat {\frac{{\rm A}}{2}}}$ (2)

Από το ορθογώνιο τρίγωνο AEB

προκύπτει λοιπόν ότι $\displaystyle{\widehat {\rm E} = {45^0} + \widehat {\frac{{\rm A}}{2}}}$ και από την (1), $\displaystyle{{\rm A}\widehat \Delta \Gamma = \widehat {\rm E} \Leftrightarrow {\rm B}{\rm E}//\Gamma \Delta }$

Η $\displaystyle{\Gamma \Delta }$ είναι κάθετη στην εξωτερική διχοτόμο της γωνίας $\displaystyle{\widehat {\rm B}}$

#3

parmenides51 έγραψε:1. Δίνεται τετράγωνο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ πλευράς $\displaystyle{\alpha}$ . Με κέντρα τις κορυφές $\displaystyle{A,B,\Gamma,\Delta}$ του τετραγώνου και ακτίνα $\displaystyle{AO}$ , όπου $\displaystyle{O}$ η τομή των διαγωνίων του τετραγώνου , σχεδιάζουμε κύκλους, οι οποίοι τέμνουν τις πλευρές του τετραγώνου σε οκτώ σημεία $\displaystyle{E,Z,H,\Theta,I,K,\Lambda,M}$ . Να δειχτεί οτι το σχήμα με κορυφές τα $\displaystyle{8}$ αυτά σημεία είναι κανονικό οκτάγωνο.

: 8.png (13.98 KiB) Προβλήθηκε 2439 φορές

Θα δείξω ότι ME=EZ

, οπότε και οι άλλες πλευρές θα είναι μεταξύ τους ίσες. Θα δείξω ακόμα ότι οι γωνίες του οκταγώνου είναι ίσες.

Έστω

η πλευρά του τετραγώνου. Έχουμε ότι $\displaystyle{{\rm A}{\rm Z} = \frac{{\alpha \sqrt 2 }}{2}}$ και $\displaystyle{{\rm A}{\rm E} = {\rm Z}{\rm B} = \alpha - \frac{{\alpha \sqrt 2 }}{2} = \alpha \left( {\frac{{2 - \sqrt 2 }}{2}} \right)}$ .

Άρα $\displaystyle{{\rm E}{\rm Z} = \frac{{\alpha \sqrt 2 }}{2} - \alpha \left( {\frac{{2 - \sqrt 2 }}{2}} \right) = \frac{\alpha }{2}\left( {2\sqrt 2 - 2} \right) = \alpha (\sqrt 2 - 1)}$ .

Στο τρίγωνο AEM

, από Πυθαγόρειο θεώρημα:
$\displaystyle{{\rm E}{{\rm M}^2} = 2{\alpha ^2}{\left( {\frac{{2 - \sqrt 2 }}{2}} \right)^2} = \frac{{{\alpha ^2}}}{2} \cdot 2{\left( {\sqrt 2 - 1} \right)^2} \Leftrightarrow {\rm E}{\rm M} = \alpha (\sqrt 2 - 1)}$ .

Εύκολα τώρα διαπιστώνουμε ότι $\displaystyle{{\rm M}\widehat {\rm E}{\rm Z} = {180^0} - {45^0} = {135^0}}$ που είναι γωνία κανονικού οκταγώνου.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

parmenides51 έγραψε:
2. Δίνεται κανονική τετραγωνική πυραμίδα $\displaystyle{OAB\Gamma\Delta}$ με πλευρά βάσης $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ ίση προς $\displaystyle{\alpha}$ . Οι παράπλευρες έδρες $\displaystyle{OAB,OB\Gamma, O\Gamma\Delta, O\Delta A}$ σχηματίζουν με την βάση $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ γωνία $\displaystyle{45^o}$ . Να βρεθεί ο όγκος $\displaystyle{V}$ του τετραέδρου.

Bλέποντας το θέμα , αναρωτήθηκα για το αν μια κανονική τετραγωνική πυραμίδα μπορεί να χαρακτηριστεί ως τετράεδρο , ασφαλώς όχι.
Τέλος πάντων , αβλεψίες και λάθη γινόντουσαν και τότε...

Θα βρεθεί ο όγκος της κανονικής τετραγωνικής πυραμίδας.
Αυτός είναι ίσος με
$\displaystyle\frac{1}{3}\alpha ^{2}\frac{1}{2}\alpha =\frac{1}{6}\alpha ^{3}$

Εδώ θα κλείσω αν και θα ήθελα να γράψω κι άλλες λύσεις , σε άλλα θέματα. Σήμερα είχα μια δύσκολη μέρα στο σχολείο...
Δεν μας φτάνουν οι συνάδελφοι για επιτηρητές...

#5

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:
parmenides51 έγραψε:
2. Δίνεται κανονική τετραγωνική πυραμίδα $\displaystyle{OAB\Gamma\Delta}$ με πλευρά βάσης $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ ίση προς $\displaystyle{\alpha}$ . Οι παράπλευρες έδρες $\displaystyle{OAB,OB\Gamma, O\Gamma\Delta, O\Delta A}$ σχηματίζουν με την βάση $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ γωνία $\displaystyle{45^o}$ . Να βρεθεί ο όγκος $\displaystyle{V}$ του τετραέδρου.
Bλέποντας το θέμα , αναρωτήθηκα για το αν μια κανονική τετραγωνική πυραμίδα μπορεί να χαρακτηριστεί ως τετράεδρο , ασφαλώς όχι.
Τέλος πάντων , αβλεψίες και λάθη γινόντουσαν και τότε...

Θα βρεθεί ο όγκος της κανονικής τετραγωνικής πυραμίδας.
Αυτός είναι ίσος με
$\displaystyle\frac{1}{3}\alpha ^{2}\frac{1}{2}\alpha =\frac{1}{6}\alpha ^{3}$

Εδώ θα κλείσω αν και θα ήθελα να γράψω κι άλλες λύσεις , σε άλλα θέματα. Σήμερα είχα μια δύσκολη μέρα στο σχολείο...
Δεν μας φτάνουν οι συνάδελφοι για επιτηρητές...

Ικανοποιώντας το αίτημα του φίλου μου Τηλέμαχου, αναρτώ ένα σχήμα για καλύτερη εποπτεία.

: Ευελπίδων 1979 Γεωμετρία 1.PNG (43.92 KiB) Προβλήθηκε 2283 φορές

Κατά τα άλλα γραφόμενά του ...
συμφωνώ... και αγωνιώ.

Κώστας Δόρτσιος

ΥΓ. Ακόμα αν θα ήθελε κανείς να πεί κάτι παραπάνω για την άσκηση αυτή θα έλεγε ότι,
όπως δηλώνει κι ο τύπος του Τηλέμαχου, η πυραμίδα αυτή ισοδυναμεί με το ένα έκτο
του κύβου ακμής ίσης με $\displaystyle{\alpha}$ .
Αυτό φαίνεται κι από το επόμενο σχήμα, όπου το σημείο $\displaystyle{O}$ είναι το κέντρο του
κύβου που φαίνεται κι ότι με κορυφή το σημείο αυτό υπάρχουν συνολικά έξι
τέτοιες πυραμίδες, καθόσον ο κύβος έχει έξι έδρες.

: Ευελπίδων 1979 Γεωμετρία 2.PNG (69.8 KiB) Προβλήθηκε 2283 φορές

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #6

Να ευχαριστήσω θερμά τον Κώστα Δόρτσιο για τα όμορφα σχήματα...
Το παραπάνω απλό θέμα του 1979 , ίσως να είναι πλέον απλησίαστο σε πολλούς φοιτητές θετικών επιστημών και πολυτεχνείου , αφού εδώ και δεκαετίες τόσο η θεωρητική όσο και η πρακτική στερεομετρία έχουν πάψει να διδάσκονται στα σχολειά μας. Άλλο ένα '' αλοίμονο '' για την εκπαίδευση της χώρας μας...
Eδώ κλείνω. Αύριο έχω επιτήρηση στις Πανελλήνιες των ΕΠΑΛ.

ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΥΕΛΠΙΔΩΝ 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση