ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1977 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Ιστοσελίδα · #1

ΖΗΤΗΜΑ 1ο: Δίδονται δύο ασύμβατοι ορθογώνιοι ευθείαι (E_1)

και

Επί της

λαμβάνουμε τα σημεία A,B

και επί της (E_2)

τα σημεία $\varGamma,\varDelta$ ούτως ώστε
$AB=B\varGamma=B\varDelta=A\varGamma=\lambda.$ Να ευρεθεί ο όγκος

του τετραέδρου
$AB\varDelta\varGamma,$ εάν $\lambda=4 , \delta=\sqrt{3}$ όπου $\delta$ η απόσταση των (E_1)

και

ΖΗΤΗΜΑ 2ο: Εις τυχόν τρίγωνο $AB\varGamma$ φέρνουμε τη διχοτόμο $A\varDelta$ και τη διάμεσο BM,

τεμνομένας εις το

Εξ υποθέσεως είναι $A\varDelta\perp BM.$ Φέρουμε τη $\varGamma E,$ η οποία ορίζει επί της

το σημείο

Εκ του

φέρουμε παράλληλο προς την $A\varGamma.$ Να δειχθεί ότι αύτη διέρχεται δια του $\varDelta.$

ΖΗΤΗΜΑ 3ο: Εις παν μη εγγράψιμον εις κύκλον τετράπλευρο $AB\varGamma\varDelta,$ το άθροισμα των γινομένων
των απέναντι πλευρών είναι μεγαλύτερον του γινομένου των διαγωνίων.

ΖΗΤΗΜΑ 4ο: Κύβος $AB\varGamma\varDelta EZH\varTheta$ είναι εγγεγραμμένος σε σφαίρα (O,R).

Προεκτείνουμε το
επίπεδο της μιας έδρας του κύβου. Να ευρεθούν οι όγκοι των δύο μονοβασικών σφαιρικών τμημάτων
εις τα οποία η σφαίρα χωρίζεται υπό του επιπέδου αυτού, εάν δίδεται η ακμή του κύβου $a=2\sqrt{2}.$

#2

stranton έγραψε:
ΖΗΤΗΜΑ 3ο: Εις παν μη εγγράψιμον εις κύκλον τετράπλευρο $AB\varGamma\varDelta,$ το άθροισμα των γινομένων
των απέναντι πλευρών είναι μεγαλύτερον του γινομένου των διαγωνίων.

: Ναυτικών Δοκίμων 1977.png (20.48 KiB) Προβλήθηκε 795 φορές

Έστω $AB\varGamma\varDelta,$ ένα τετράπλευρο που δεν είναι εγγράψιμο σε κύκλο, με $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} = \alpha ,{\rm B}\Gamma = \beta ,\Gamma \Delta = \gamma ,\Delta {\rm A} = \delta }$ . Θα δείξουμε ότι $\displaystyle{\alpha \gamma + \beta \delta > {\rm A}\Gamma \cdot {\rm B}\Delta }$ . Έστω ημιευθεία $\displaystyle{\Delta x}$ ώστε ${\rm A}\widehat \Delta {\rm B} = x\widehat \Delta \Gamma$ και ημιευθεία $\displaystyle{Ay}$ , ώστε $\Delta \widehat B\Gamma = \Delta \widehat Ay$ και έστω ότι αυτές οι ημιευθείες τέμνονται στ σημείο

( όχι επί της $\displaystyle{A\Gamma }$ , αλλιώς το τετράπλευρο θα ήταν εγγράψιμο).

Τα τρίγωνα $\displaystyle{{\rm P}{\rm A}\Delta ,\Gamma {\rm B}\Delta }$ είναι όμοια επειδή έχουν δύο γωνίες μία προς μία ίσες.

Άρα $\displaystyle{\frac{{{\rm P}{\rm A}}}{\beta } = \frac{\delta }{{{\rm B}\Delta }} \Leftrightarrow \beta \delta = {\rm P}{\rm A} \cdot {\rm B}\Delta }$ (1)

Επίσης από τα ίδια τρίγωνα είναι $\frac{{{\rm P}\Delta }}{\gamma } = \frac{\delta }{{{\rm B}\Delta }}$ , κι επειδή ${\rm A}\widehat \Delta {\rm B} = {\rm P}\widehat \Delta \Gamma$ , τα τρίγωνα $\displaystyle{{\rm P}\Delta \Gamma ,{\rm A}\Delta {\rm B}}$ είναι όμοια. Άρα, $\frac{{{\rm P}\Gamma }}{\alpha } = \frac{\gamma }{{{\rm B}\Delta }} \Leftrightarrow \alpha \gamma = {\rm P}\Gamma \cdot {\rm B}\Delta$ (2).
Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) και (2), έχουμε: $\displaystyle{\alpha \gamma + \beta \delta = ({\rm P}{\rm A} + {\rm P}\Gamma ){\rm B}\Delta }$ . Αλλά στο τρίγωνο $PA\Gamma$ είναι $\displaystyle{{\rm P}{\rm A} + {\rm P}{\Gamma} > {\rm A}\Gamma }$ (τριγωνική ανισότητα).

Οπότε $\displaystyle{\alpha \gamma + \beta \delta > {\rm A}\Gamma \cdot {\rm B}\Delta }$

#3

stranton έγραψε:
ΖΗΤΗΜΑ 2ο: Εις τυχόν τρίγωνο $AB\varGamma$ φέρνουμε τη διχοτόμο $A\varDelta$ και τη διάμεσο
τεμνομένας εις το Εξ υποθέσεως είναι $A\varDelta\perp BM.$ Φέρουμε τη $\varGamma E,$ η οποία ορίζει επί της
το σημείο Εκ του φέρουμε παράλληλο προς την $A\varGamma.$ Να δειχθεί ότι αύτη διέρχεται δια του $\varDelta.$

: Ναυτικών Δοκίμων 2. 1977.png (9.46 KiB) Προβλήθηκε 773 φορές

Θα δείξω ότι $\displaystyle{{\rm Z}\Delta //{\rm A}\Gamma }$
Το τρίγωνο ABM

είναι ισοσκελές επειδή η διχοτόμος είναι και ύψος. Άρα $\displaystyle{{\rm A}{\rm B} = {\rm A}{\rm M} = \frac{{{\rm A}\Gamma }}{2}}$

Στο τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ , $\displaystyle{\frac{{{\rm B}\Delta }}{{{\rm B}\Gamma }} = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{{{\rm A}\Gamma }} = \frac{1}{2}}$ (θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου).

Στο τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}\Delta \Gamma }$ , η $\displaystyle{{\rm B}{\rm E}{\rm M}}$ είναι διατέμνουσα.
$\displaystyle{\frac{{{\rm B}\Delta }}{{{\rm B}\Gamma }} \cdot \frac{{{\rm M}\Gamma }}{{{\rm M}{\rm A}}} \cdot \frac{{{\rm E}{\rm A}}}{{{\rm E}\Delta }} = 1 \Leftrightarrow \frac{1}{3} \cdot 1 \cdot \frac{{{\rm E}{\rm A}}}{{{\rm E}\Delta }} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{\rm E}\Delta }}{{{\rm E}{\rm A}}} = \frac{1}{3}}$ (θεώρημα Μενελάου).

Στο τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}\Delta {\rm B}}$ , η $\displaystyle{{\rm Z}{\rm E}\Gamma }$ είναι διατέμνουσα.
$\displaystyle{\frac{{{\rm Z}{\rm B}}}{{{\rm Z}{\rm A}}} \cdot \frac{{{\rm E}{\rm A}}}{{{\rm E}\Delta }} \cdot \frac{{\Gamma \Delta }}{{\Gamma {\rm B}}} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{\rm Z}{\rm A}}}{{{\rm Z}{\rm B}}} \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{3}{2} = 1 \Leftrightarrow \frac{{{\rm Z}{\rm B}}}{{{\rm Z}{\rm A}}} = \frac{1}{2}}$ (θεώρημα Μενελάου).

Άρα $\displaystyle{\frac{{{\rm B}\Delta }}{{{\rm B}\Gamma }} = \frac{{{\rm Z}{\rm B}}}{{{\rm Z}\Gamma }} \Rightarrow {\rm Z}\Delta //{\rm A}\Gamma }$

#4

stranton έγραψε: ΖΗΤΗΜΑ 4ο: Κύβος $AB\varGamma\varDelta EZH\varTheta$ είναι εγγεγραμμένος σε σφαίρα Προεκτείνουμε το
επίπεδο της μιας έδρας του κύβου. Να ευρεθούν οι όγκοι των δύο μονοβασικών σφαιρικών τμημάτων
εις τα οποία η σφαίρα χωρίζεται υπό του επιπέδου αυτού, εάν δίδεται η ακμή του κύβου $a=2\sqrt{2}.$

Με διαδοχικά πυθαγόρεια βρίσκουμε ότι το ύψος του σφαιρικού τμήματος ( με κάθετη τομή $\displaystyle{\,\,\,EKZ\,\,\,}$ ) είναι το $\displaystyle{\,h = \,\,KP\,\,\, = \sqrt 6 - \sqrt 2 \,}$ , ενώ η ακτίνα της σφαίρας είναι $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\,\,R = \sqrt 6 \,\,\,\,\,}$
Ο όγκος δίνεται από τη σχέση $\displaystyle{\,\,\,\,\,\,\,V = \frac{1}{3}\pi {h^2}(3R - h)\,}$ , όπου $\displaystyle{\,\,\,h = \,\,KP\,\,}$ . Επομένως :
$\displaystyle{\,\,\,\,\,\,V = \frac{1}{3}\pi {h^2}(3R - h) = \frac{1}{3}\pi {\left( {\sqrt 6 - \sqrt 2 } \right)^2}\left( {3\sqrt 6 - \sqrt 6 + \sqrt 2 } \right) = \frac{1}{3}\pi \left( {8 - 4\sqrt 3 } \right)\left( {2\sqrt 6 + \sqrt 2 } \right) = \frac{{4\pi }}{3}\left( {3\sqrt 6 - 4\sqrt 2 } \right)}$
Το άλλο σφαιρικό τμήμα θα έχει όγκο :
$\displaystyle{\,\,\,V' = {V_{{\rm{\sigma \varphi }}}} - V = \frac{4}{3}{\rm{\pi }}{{\rm{R}}^3} - V = \frac{4}{3}{\rm{\pi }}{\left( {\sqrt 6 } \right)^3} - \frac{{4\pi }}{3}\left( {3\sqrt 6 - 4\sqrt 2 } \right) = \frac{{4\pi }}{3}\left[ {{{\left( {\sqrt 6 } \right)}^3} - \left( {3\sqrt 6 - 4\sqrt 2 } \right)} \right] = \frac{{4\pi }}{3}\left( {4\sqrt 2 + 3\sqrt 6 } \right)}$

ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1977 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1977 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1977 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1977 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1977 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση