ΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ-ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Να ορίσετε το κανονικό πολύγωνο και να γράψετε τις ιδιότητες του. Ποια είναι η σημασία των κανονικών πολυγώνων για την μέτρηση του κύκλου;
Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

2. Δίνεται κανονικό τετράεδρο $\displaystyle{AB\Gamma \Delta}$ ακμής $\displaystyle{\alpha}$ και $\displaystyle{B',\Gamma' ,\Delta'}$ τα μέσα των ακμών του $\displaystyle{AB,A\Gamma, A\Delta}$ αντίστοιχα.
Να βρεθεί ο όγκος και η επιφάνεια της πυραμίδας που έχει κορυφή το $\displaystyle{B'}$ και βάση το τετράπλευρο $\displaystyle{\Gamma\Gamma' \Delta' \Delta}$

3. Πως εκφράζονται το ημίτονο και το συνημίτονο αμβλείας γωνίας συναρτήσει της εφαπτομένης της γωνίας αυτής;
Να δικαιολογήσετε την απάντησή σας.

4. Να υπολογιστεί η παράσταση $\displaystyle{A=\frac{\displaystyle \frac{1}{2}\eta \mu 120^o -\frac{1}{3}\sqrt2 \varepsilon \phi 150^o\sigma \upsilon \nu 150^o }{\displaystyle \frac{1}{3}\sqrt2 \varepsilon \phi 120^o+\frac{\sqrt2}{5} \varepsilon \phi 135^o}}$

gavrilos · #2

parmenides51 έγραψε:4. Να υπολογιστεί η παράσταση $\displaystyle{A=\frac{\displaystyle \frac{1}{2}\eta \mu 120^o -\frac{1}{3}\sqrt2 \varepsilon \phi 150^o\sigma \upsilon \nu 150^o }{\displaystyle \frac{1}{3}\sqrt2 \varepsilon \phi 120^o+\frac{\sqrt2}{5} \varepsilon \phi 135^o}}$

$\displaystyle{\textnormal{\gr ημ120=ημ60}}=\frac{\sqrt{3}}{2}}}$ .

$\displaystyle{\textnormal{\gr εφ150}^{\circ}}{\textnormal{\gr συν150}^{\circ}}={\textnormal{\gr εφ30}^{\circ}}{\textnormal{\gr συν30}^{\circ}}={\textnormal{\grημ30}^{\circ}}}=\frac{1}{2}}$ .

$\displaystyle{\textnormal{\gr εφ120}^{\circ}}=-{\textnormal{\gr εφ60}^{\circ}}=-\sqrt{3}}$ .

$\displaystyle{\textnormal{\gr εφ135}^{\circ}}=-{\textnormal{\gr εφ45}^{\circ}}=-1}}$ .

Σύμφωνα με όλα αυτά η παράσταση γίνεται

$\displaystyle{\cfrac{\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{\sqrt{3}}{2}-\cfrac{\sqrt{2}}{6}}{-\cfrac{\sqrt{6}}{3}-\cfrac{\sqrt{2}}{5}}=-\cfrac{\cfrac{3\sqrt{3}-2\sqrt{2}}{12}}{\cfrac{5\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{15}}=-\frac{5(3\sqrt{3}-2\sqrt{2})}{4(5\sqrt{6}+3\sqrt{2})}=\frac{5(3\sqrt{3}-2\sqrt{2})(5\sqrt{6}-3\sqrt{2})}{528}=\frac{225\sqrt{2}-45\sqrt{6}-100\sqrt{3}+60}{528}}$ .

#3

parmenides51 έγραψε:2. Δίνεται κανονικό τετράεδρο $\displaystyle{AB\Gamma \Delta}$ ακμής $\displaystyle{\alpha}$ και $\displaystyle{B',\Gamma' ,\Delta'}$ τα μέσα των ακμών του $\displaystyle{AB,A\Gamma, A\Delta}$ αντίστοιχα.
Να βρεθεί ο όγκος και η επιφάνεια της πυραμίδας που έχει κορυφή το $\displaystyle{B'}$ και βάση το τετράπλευρο $\displaystyle{\Gamma\Gamma' \Delta' \Delta}$

: SXHMA.png (15.26 KiB) Προβλήθηκε 761 φορές

Το ύψος $\displaystyle{BI}$ του κανονικού τετραέδρου βρίσκεται από το Πυθ. θεώρημα στο τρίγωνο $\displaystyle{BI\Theta}$ και είναι:

$\displaystyle{BI^2 =B\Theta ^2 -\Theta I^2 =(\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 -(\frac{1}{3}\frac{a\sqrt{3}}{2})^2=\frac{6a^2}{9}}$

Άρα $\displaystyle{BI=\frac{a\sqrt{6}}{3}}$ . Συνεπώς το ύψος της ζητούμενης πυραμίδας είναι $\displaystyle{B{'}K=\frac{BI}{2}=\frac{a\sqrt{6}}{6}}$

H βάση της πιο πάνω πυραμίδας, είναι το ισοσκελές τραπέζιο $\displaystyle{GG{'}\Delta {'}\Delta}$ , το οποίο έχει βάσεις

$\displaystyle{\Gamma \Delta =a, \Gamma {'}\Delta {'}=\frac{a}{2}}$ , και αφού οι μη παράλληλες πλευρές του είναι ίσες με $\displaystyle{\frac{a}{2}}$ ,

εύκολα βρίσκουμε και το ύψος του τραπεζίου αυτού ότι είναι ίσο με $\displaystyle{\frac{a\sqrt{3}}{4}}$ . Επομένως το εμβαδόν του

είναι $\displaystyle{E=\frac{a+\frac{a}{2}}{2}.\frac{a\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^2 \sqrt{3}}{16}}$ . Άρα ο όγκος που ζητάμε είναι:

$\displaystyle{V=\frac{1}{3}\frac{3a^2 \sqrt{3}}{16}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{a^3 \sqrt{2}}{16}}$

Tο εμβαδόν της ολικής επιφάνειας είναι:

$\displaystyle{E_{o\lambda}=(B{'}\Gamma \Gamma {'})+(B{'}\Delta \Delta {'})+(B{'}\Gamma {'}\Delta {'})+(B{'}\Gamma \Delta)+(\Gamma \Gamma {'}\Delta {'} \Delta )}$

Είναι $\displaystyle{(B{'} \Gamma \Gamma {'})=(B{'}\Delta \Delta {'})=\frac{1}{2}(B{'}\Gamma A)=\frac{1}{2}\frac{1}{2}(AB\Gamma)=}$

$\displaystyle{=\frac{a^{2}\sqrt{3}}{16}}$

Επίσης το τρίγωνο $\displaystyle{B{'}\Gamma {'}\Delta {'}}$ είναι ισόλπευρο με πλευρά $\displaystyle{\frac{a}{2}}$ . Άρα

$\displaystyle{(B{'}\Gamma {'}\Delta {'})=\frac{(\frac{a}{2})^2 \sqrt{3}}{4}=\frac{a^2 \sqrt{3}}{16}}$

To τρίγωνο $\displaystyle{B{'}\Gamma \Delta}$ έχει πλευρές $\displaystyle{a , \frac{a\sqrt{3}}{2} , \frac{a\sqrt{3}}{2}}$ και άρα το εμβαδόν του

π.χ από τον τύπο του Ήρωνα είναι: $\displaystyle{(B{'}\Gamma \Delta )=\frac{a^2 \sqrt{2}}{4}}$

Άρα $\displaystyle{E_{o\lambda}=\frac{a^2 \sqrt{3}}{16}+\frac{a^2 \sqrt{3}}{16}+\frac{a^2 \sqrt{2}}{4}+\frac{3a^2 \sqrt{3}}{16}=}$

$\displaystyle{=\frac{5a^2 \sqrt{3}}{16}+\frac{a^2 \sqrt{2}}{4}}$

orestisgotsis · #4

ΠΕΡΙΤΤΑ

orestisgotsis · #5

ΠΕΡΙΤΤΑ

ΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ-ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

ΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ-ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ-ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ-ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ-ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ-ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση