ΙΚΑΡΩΝ 1964 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Να κατασκευαστεί τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ από την βάση $\displaystyle{B\Gamma}$ , το ίχνος $\displaystyle{\Delta}$ του αντίστοιχου ύψους του και της διαφοράς των προσκείμενων στην βάση του γωνίες.

2. Δίνεται τρίγωνο ισοσκελές $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Από το άκρο $\displaystyle{\Gamma}$ της βάσης του φέρνουμε ευθεία $\displaystyle{\Gamma\Delta }$ η οποία τέμνει την πλευρά $\displaystyle{AB}$ ή την προέκταση της στο $\displaystyle{\Delta}$ . Να δειχτεί ότι $\displaystyle{(\Gamma\Delta)^2=(B\Delta)^2+\frac{(B\Delta)^2 (\Delta A)}{(AB)}}$

3. Ένα διαγώνιο επίπεδο ορθογωνίου παραλληλεπιπέδου είναι τετράγωνο εμβαδού $\displaystyle{100}$ τ.μ. Ο λόγος δυο άλλων ακμών του παραλληλεπιπέδου που δεν είναι ίσες προς την πλευρά την διαγωνίου τετραγώνου είναι $\displaystyle{\frac{3}{4}}$ . Να υπολογισθεί ο όγκος και η ολική επιφάνεια του παραλληλεπιπέδου .

4. Συναρτήσει του εμβαδών των βάσεων κόλουρης πυραμίδας, να βρεθεί το εμβαδόν της μέσης τομής της.

5. Σε δοθέν τεταρτοκύκλιο $\displaystyle{AOB}$ σχεδιάζουμε ημικύκλιο διαμέτρου $\displaystyle{OA}$ . Να κατασκευαστεί κύκλος $\displaystyle{(\Gamma)}$ εφαπτόμενος του ημικυκλίου αυτού, του τόξου του τομέα και της ακτίνας $\displaystyle{OB}$ . Να αποδειχθεί οτι η επιφάνεια του τομέα εξωτερικά του ημικυκλίου και του κύκλου $\displaystyle{(\Gamma)}$ είναι ισοδύναμη με τον κύκλο $\displaystyle{(\Gamma)}$ .

kostas_zervos · #2

parmenides51 έγραψε:1. Να κατασκευαστεί τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ από την βάση $\displaystyle{B\Gamma}$ , το ίχνος $\displaystyle{\Delta}$ του αντίστοιχου ύψους του και της διαφοράς των προσκείμενων στην βάση του γωνίες.

: Σχήμα 1; ask202.png (4.61 KiB) Προβλήθηκε 702 φορές

: Σχήμα 2; ask203.png (4.32 KiB) Προβλήθηκε 702 φορές

: Σχήμα 3; ask204.png (3.09 KiB) Προβλήθηκε 702 φορές

Ανάλυση

Έστω τρίγωνο $\overset{\triangle}{AB\Gamma}$ με βάση $B\Gamma=a$ , $\hat{B}-\hat{\Gamma}=\theta$ και $A\Delta$ ύψος.

Η κορυφή

ανήκει σε ευθεία κάθετη στην $B\Gamma$ που διέρχεται από το $\Delta$ .

Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το $\Delta$ .

Τότε το τρίγωνο $\overset{\triangle}{AB\Delta}$ είναι ισοσκελές (αφού $A\Delta$ διάμεσος και ύψος) , άρα:

Αν $\hat{B}<90^o$ (σχήμα 1) τότε $\hat{B'}_1=\hat{\Gamma}+B'\hat{A}\Gamma\iff B'\hat{A}\Gamma=\hat{B}-\hat{\Gamma}=\theta$ .

Άρα το $B'\Gamma$ φαίνεται από το

υπό γωνία $\theta$ .

Αν $\hat{B}>90^o$ (σχήμα 2) τότε $180^o-\hat{B'}+\hat{\Gamma}+B'\hat{A}\Gamma=180^o\iff B'\hat{A}\Gamma=\hat{B}-\hat{\Gamma}=\theta$ .

Άρα το $B'\Gamma$ φαίνεται από το

υπό γωνία $\theta$ .

Αν $\hat{B}=90^o$ (σχήμα 3) τότε τα $B.B',\Delta$ συμπίπτουν , άρα $\hat{A}=90^o-\hat{\Gamma}=\hat{B}-\hat{\Gamma}=\theta$ .

Άρα το $B\Gamma$ φαίνεται από το

υπό γωνία $\theta$ .
Σύνθεση
Φέρνουμε την κάθετη στο $B\Gamma$ στο σημείο $\Delta$ .

Βρίσκουμε το συμμετρικό

του

ως προς το $\Delta$ και κατασκευάζουμε κύκλο που να διέρχεται από τα $B'\;,\;\Gamma$ ώστε $B\overset{\frown}{'B\Gamma}=\theta$ .

Το

καθορίζεται από την τομή του κύκλου και της ευθείας.
Απόδειξη
Το τρίγωνο που κατασκευάσαμε έχει ίχνος ύψους $\Delta$ και εύκολα βλέπουμε ότι σε κάθε περίπτωση είναι $\hat{B}-\hat{\Gamma}=\theta$ .
Διερεύνηση
Αν το $\Delta$ βρίσκεται στο εσωτερικό του $B\Gamma(\hat{B}<90^o)$ τότε:

Αν $B\Gamma=a$ και $B\Delta=d$ , τότε ο κύκλος έχει κέντρο το σημείο

με που απέχει από την κάθετη στο δέλτα $\delta=d+\dfrac{a-2d}{2}=\dfrac{a}{2}$ και ακτίνα $\rho$ ώστε $\tan\left(90^o-\dfrac{\theta}{2}\right)=\dfrac{\rho}{\dfrac{a-2d}{2}}\iff \rho=\dfrac{a-2d}{2}\cdot\cot\dfrac{\theta}{2}$ .

Αν $\dfrac{a-2d}{2}\cdot\cot \dfrac{\theta}{2}\leq \dfrac{a}{2}$ δεν υπάρχει λύση.

Αν $\dfrac{a-2d}{2}\cdot\cot \dfrac{\theta}{2}>\dfrac{a}{2}$ , τότε ο κύκλος θα τέμνει την ευθεία σε δύο σημεία και επειδή μπορούμε να κατασκευάσουμε δύο τέτοιους κύκλους θα έχουμε τέσσερις λύσεις , εκτός

αν ένα από τα σημεία τομής συμπίπτει με το $\Delta$ , οπότε έχουμε δύο λύσεις .

Αν το $\Delta$ βρίσκεται στην προέκταση του $B\Gamma$ προς το $B(\hat{B}>90^o)$ τότε το $\Delta$ είναι εσωτερικό του κύκλου , άρα η κάθετη ευθεία στο $\Delta$ τέμνει τον κύκλο σε δύο σημεία και επειδή μπορούμε να κατασκευάσουμε δύο τέτοιους κύκλους θα έχουμε τέσσερις λύσεις (εκτός αν η $B\Gamma$ περνάει από το κέντρο του , οπότε έχουμε δύο λύσεις).

Αν το $\Delta$ συμπίπτει με το

$(\hat{B}=90^o)$ τότε έχουμε δύο λύσεις.

#3

parmenides51 έγραψε: 2. Δίνεται τρίγωνο ισοσκελές $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Από το άκρο $\displaystyle{\Gamma}$ της βάσης του φέρνουμε ευθεία $\displaystyle{\Gamma\Delta }$ η οποία τέμνει την πλευρά $\displaystyle{AB}$ ή την προέκταση της στο $\displaystyle{\Delta}$ . Να δειχτεί ότι $\displaystyle{(\Gamma\Delta)^2=(B\Delta)^2+\frac{(B\Delta)^2 (\Delta A)}{(AB)}}$

: ΙΚΑΡΩΝ 1964.png (5.04 KiB) Προβλήθηκε 688 φορές

Προσπαθώ να καταλάβω τι ακριβώς ήθελαν να πουν. Γιατί η σχέση αυτή είναι προφανώς λάθος.
Αν $\displaystyle{\Delta {\rm E}\parallel {\rm B}\Gamma }$ , τότε είναι γνωστό ότι $\displaystyle{\Gamma {\Delta ^2} = {\rm B}{\Delta ^2} + \Delta {\rm E} \cdot {\rm B}\Gamma }$ (σχολικό βιβλίο σελίδα 194

, αποδεικτική άσκηση

). Αν λοιπόν η σχέση αυτή είναι σωστή, θα πρέπει $\displaystyle{{\rm B}{\Delta ^2} \cdot \frac{{\Delta {\rm A}}}{{{\rm A}{\rm B}}} = \Delta {\rm E} \cdot {\rm B}\Gamma }$ . Αλλά, $\displaystyle{\frac{{\Delta {\rm A}}}{{{\rm A}{\rm B}}} = \frac{{\Delta {\rm E}}}{{{\rm B}\Gamma }}}$ , οπότε καταλήγουμε στη σχέση:
$\displaystyle{{\rm B}{\Delta ^2} = {\rm B}{\Gamma ^2}}$ που ισχύει μόνο αν το $\displaystyle{\Delta }$ είναι συγκεκριμένο σημείο της πλευράς

.
Το σωστό πιστεύω ότι είναι $\displaystyle{(\Gamma\Delta)^2=(B\Delta)^2+\frac{(B\Gamma)^2 (\Delta A)}{(AB)}}$
Γιώργος

ΙΚΑΡΩΝ 1964 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΙΚΑΡΩΝ 1964 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1964 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1964 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση