ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1967 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Δίνεται γωνία $\displaystyle{\widehat{xOy}=90^o}$ , στις πλευρές της οποίας παίρνουμε δυο τμήματα $\displaystyle{ΟΑ}$ και $\displaystyle{OB}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{OA+OB=\rho}$ όπου $\displaystyle{\rho}$ σταθερό. Από το $\displaystyle{O}$ άγεται παράλληλη προς την $\displaystyle{AB}$ που συναντά τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου $\displaystyle{OAB}$ σε σημείο $\displaystyle{M}$ . Ζητείται ο γεωμετρικός τόπος του σημείου $\displaystyle{M}$ .

2. Δίνεται σταθερό τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ και ζητείται να προσδιοριστεί πάνω στην πλευρά του $\displaystyle{AB}$ σημείο $\displaystyle{\Delta}$ τέτοιο ώστε αν από αυτό αχθούν οι παράλληλες προς τις πλευρές $\displaystyle{\Gamma A}$ και $\displaystyle{\Gamma B}$ ευθείες αντίστοιχα, να τέμνουν αντίστοιχα στα σημεία $\displaystyle{E}$ και $\displaystyle{Z}$ τις $\displaystyle{B\Gamma}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ , το άθροισμα των $\displaystyle{\Delta E +\Delta Z}$ να είναι σταθερό και ίσο προς $\displaystyle{\rho}$ . Να προσδιορισθούν και τα όρια μεταβολής του $\displaystyle{\rho}$ συναρτήσει της θέσης του $\displaystyle{\Delta}$ πάνω στην $\displaystyle{AB}$ .

3. Να βρεθεί το εμβαδόν της ολικής επιφάνειας κώνου συναρτήσει της ακτίνας της βάσης και της πλευράς του.
Επίσης να βρεθεί ο όγκος κώνου συναρτήσει συναρτήσει της ακτίνας της βάσης και του ύψους του.

4. Ποιος είναι ο γεωμετρικός τόπος της κορυφής $\displaystyle{\Gamma}$ τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ , που έχει το σταθερό ευθύγραμμο τμήμα ώς βάση και του οποίου η διάμεσος $\displaystyle{A\Delta}$ , η οποία άγεται από το σημείο $\displaystyle{A}$ έχει σταθερό μήκος $\displaystyle{\mu}$ .

kostas_zervos · #2

parmenides51 έγραψε:1. Δίνεται γωνία $\displaystyle{\widehat{xOy}=90^o}$ , στις πλευρές της οποίας παίρνουμε δυο τμήματα $\displaystyle{ΟΑ}$ και $\displaystyle{OB}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{OA+OB=\rho}$ όπου $\displaystyle{\rho}$ σταθερό. Από το $\displaystyle{O}$ άγεται παράλληλη προς την $\displaystyle{AB}$ που συναντά τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου $\displaystyle{OAB}$ σε σημείο $\displaystyle{M}$ . Ζητείται ο γεωμετρικός τόπος του σημείου $\displaystyle{M}$ .

: ask185.png (17.57 KiB) Προβλήθηκε 621 φορές

Στις $Ox\;,\;Oy$ παίρνουμε σημεία $E\;,\;Z$ ώστε $OE=OZ=\rho$ . Τότε $AE=\rho-OA=OB$ , $BZ=\rho-OB=OA$ και $O\widehat{Z}E=O\widehat{E}Z=45^o$ .

Το OMBA

είναι ισοσκελές τραπέζιο , άρα MB=OA=BZ

, επομένως το $\overset{\triangle}{MZB}$ είναι ισοσκελές , άρα $M\widehat{Z}B=Z\widehat{M}B=\phi$ .

Επίσης $O\widehat{M}A=M\widehat{O}B=\omega$ , επομένως από το τρίγωνο $\overset{\triangle}{MZO}$ :

$2\phi+90^o+2\omega=180^o\iff \phi+\omega=45^o$ .

Έτσι $M\widehat{Z}E+M\widehat{O}E=\phi+45^o+\omega+90^o=180^o$ , δηλαδή το OMZE

είναι εγγράψιμο σε κύκλο με διάμετρο το

, άρα το

ανήκει στον κύκλο αυτό.

Όμως το

βρίσκεται στο εξωτερικό της $x\hat{O}y$ και ο γεωμετρικός τόπος του

είναι το ημικύκλιο διαμέτρου

(αν θεωρήσουμε ότι τα $OA\;,\;OB$ μπορούν να γίνουν μηδενικά).

Το αντίστροφο είναι εύκολο.

#3

parmenides51 έγραψε:4. Ποιος είναι ο γεωμετρικός τόπος της κορυφής $\displaystyle{\Gamma}$ τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ , που έχει το σταθερό ευθύγραμμο τμήμα ώς βάση και του οποίου η διάμεσος $\displaystyle{A\Delta}$ , η οποία άγεται από το σημείο $\displaystyle{A}$ έχει σταθερό μήκος $\displaystyle{\mu}$ .

: sxhma 5.png (6.15 KiB) Προβλήθηκε 585 φορές

Έστω $\displaystyle{AB=\gamma}$ και $\displaystyle{AM=\mu_a}$ . Από την κορυφή $\displaystyle{\Gamma}$ , φέρνουμε την παράλληλη προς την $\displaystyle{AM}$

η οποία τέμνει την ευθεία $\displaystyle{BA}$ στο σημείο $\displaystyle{Z}$ . Τότε θα είναι $\displaystyle{ZA=AB=\gamma}$ και $\displaystyle{\Gamma Z=2\mu_a}$

Άρα το σημείο $\displaystyle{\Gamma}$ απέχει από το σταθερό σημείο $\displaystyle{Z}$ , σταθερή (κατά μέγεθος) απόσταση $\displaystyle{2\mu_a}$ .

Άρα ο γ.τ του $\displaystyle{\Gamma}$ είναι ο κύκλος με κέντρο το $\displaystyle{Z}$ και ακτίνα $\displaystyle{2\mu_a}$ .

ΣΗΜ: Από τον κύκλο αυτό, εξαιρούνται τα δύο κοινά σημεία που έχει με την ευθεία $\displaystyle{AB}$ , αφού τότε τα σημεία

$\displaystyle{A , B , \Gamma}$ , είναι συνευθειακά και δεν δημιουργούν τρίγωνο.

#4

parmenides51 έγραψε:2. Δίνεται σταθερό τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ και ζητείται να προσδιοριστεί πάνω στην πλευρά του $\displaystyle{AB}$ σημείο $\displaystyle{\Delta}$ τέτοιο ώστε αν από αυτό αχθούν οι παράλληλες προς τις πλευρές $\displaystyle{\Gamma A}$ και $\displaystyle{\Gamma B}$ ευθείες αντίστοιχα, να τέμνουν αντίστοιχα στα σημεία $\displaystyle{E}$ και $\displaystyle{Z}$ τις $\displaystyle{B\Gamma}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ , το άθροισμα των $\displaystyle{\Delta E +\Delta Z}$ να είναι σταθερό και ίσο προς $\displaystyle{\rho}$ . Να προσδιορισθούν και τα όρια μεταβολής του $\displaystyle{\rho}$ συναρτήσει της θέσης του $\displaystyle{\Delta}$ πάνω στην $\displaystyle{AB}$ .

: ΣΧΗΜΑ αα.png (2.97 KiB) Προβλήθηκε 565 φορές

1η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{a\geq \beta}$

ΑΝΑΛΥΣΗ: Έστω $\displaystyle{\Delta}$ το σημείο που ζητάμε. Τότε έχουμε:

$\displaystyle{\frac{\Delta Z}{a}=\frac{A\Delta}{\gamma}\Rightarrow \Delta Z=a\frac{A\Delta}{\gamma}}$

Και $\displaystyle{\frac{\Delta E}{\beta}=\frac{B\Delta}{\gamma}\Rightarrow \Delta E=\beta \frac{B\Delta}{\gamma}}$

Άρα $\displaystyle{\Delta Z +\Delta E =a.\frac{A\Delta}{\gamma}+\beta .\frac{B\Delta}{\gamma}\Rightarrow p=a.A\Delta +\beta .(\gamma -A\Delta)}$

Άρα: $\displaystyle{\frac{A\Delta}{\gamma}=\frac{p-\beta}{a-\beta}}$ . Συνεπώς, μπορούμε να προσδιορίσουμε το σημείο $\displaystyle{\Delta}$

ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ:

: ΣΧΗΜΑ bb.png (4.46 KiB) Προβλήθηκε 565 φορές

Από το σημείο $\displaystyle{A}$ φέρνουμε τυχαία ημιευθεία $\displaystyle{Ax}$ και πάνω σε αυτήν

παίρνουμε τα σημεία $\displaystyle{I}$ και $\displaystyle{\Theta}$ , έτσι ώστε να είναι $\displaystyle{AI=p-\beta}$ και $\displaystyle{A\Theta =a-\beta}$ . Από το σημείο

$\displaystyle{I}$ φέρνουμε την $\displaystyle{IZ}$ παράλληλη με την $\displaystyle{\Theta \Gamma}$ . Στη συνέχεια φέρνουμε την $\displaystyle{Z\Delta}$ παράλληλη

με την $\displaystyle{B\Gamma}$ και τέλος την $\displaystyle{\Delta E}$ παράλληλη με την $\displaystyle{A\Gamma}$ .

Tότε θα είναι $\displaystyle{\Delta Z +\Delta E =p}$

ΑΠΟΔΕΙΞΗ:

Πράγματι έχουμε: $\displaystyle{\frac{\Delta Z}{a}=\frac{A\Delta}{\gamma}\Rightarrow \Delta Z=a.\frac{A\Delta}{\gamma}}$

Και ομοίως: $\displaystyle{\Delta E=\beta .\frac{B\Delta}{\gamma}}$

Επίσης: $\displaystyle{\frac{A\Delta}{\gamma}=\frac{AZ}{\beta}=\frac{p-\beta }{a-\beta}}$ και

$\displaystyle{\frac{B\Delta}{\gamma}=\frac{\Gamma Z}{\beta}=\frac{a-p}{a-\beta}}$

Άρα $\displaystyle{\Delta Z +\Delta E =a.\frac{p-\beta}{a-\beta}+\beta .\frac{a-p}{a-\beta}=p}$

ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ: Πρέπει να είναι $\displaystyle{p-\beta \geq 0 \Rightarrow \beta \leq p}$ . Eπίσης:

Αφού $\displaystyle{\frac{A\Delta}{\gamma}<1\Rightarrow p-\beta <a-\beta \Rightarrow p<a}$

Άρα θα πρέπει $\displaystyle{\beta \leq p <a}$

2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ: $\displaystyle{a<\beta}$

Εργαζόμαστε αναλόγως.

ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1967 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1967 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1967 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1967 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1967 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση