ΟΜΑΔΑ 3 1964 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ (ΠΟΛΥΤ.)

parmenides51 · #1

Η ομάδα 3 περιείχε σχολές που άνηκαν στον Πολυτεχνικό Κύκλο μετά.

1. Δίνεται κύκλος κέντρου $\displaystyle{O}$ και διάμετρος του $\displaystyle{AB}$ . Ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon)}$ είναι κάθετη στην $\displaystyle{AB}$ σε σημείο της $\displaystyle{I}$ .
Φέρνουμε από το $\displaystyle{A}$ ευθεία που συναντά τον κύκλο $\displaystyle{(O)}$ σε σημείο $\displaystyle{M}$ και την ευθεία $\displaystyle{ (\varepsilon)}$ στο $\displaystyle{\Gamma}$ .
Μετά από αυτά, φέρνουμε την $\displaystyle{BM}$ , η οποία συναντά την $\displaystyle{(\varepsilon)}$ στο $\displaystyle{\Delta}$ .
α) Να δειχτεί οτι τα τρίγωνα $\displaystyle{AI\Gamma}$ και $\displaystyle{\Delta I B}$ είναι όμοια και μετά οτι $\displaystyle{(IA)(IB)=(I\Gamma)(I\Delta)}$ .
β) Εαν ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{A\Delta \Gamma}$ τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{B'}$ ,
να δειχτεί οτι το τρίγωνο $\displaystyle{B'B\Gamma}$ είναι ισοσκελές και μετά
να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του κέντρου του περιγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο $\displaystyle{A\Delta \Gamma}$ .

2. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Έστω $\displaystyle{M }$ το μέσον της υποτείνουσας $\displaystyle{B\Gamma}$ ,
$\displaystyle{B\Gamma\Delta}$ το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο κύκλου με την $\displaystyle{B\Gamma}$
και $\displaystyle{E}$ το ίχνος του ύψους που άγεται από την κορυφή $\displaystyle{A}$ του παραπάνω τριγώνου.
α) Να δειχτεί οτι $\displaystyle{\frac{(ME)}{(M\Delta)}=\frac{\beta+\gamma}{\alpha}}$ όπου $\displaystyle{(B\Gamma)=\alpha, (AB)=\gamma}$ και $\displaystyle{(A\Gamma)=\beta}$
β) Να κατασκευαστεί το τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ όταν γνωρίζουμε
την ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon)}$ πάνω στην οποία βρίσκεται η $\displaystyle{B\Gamma}$ καθώς και τα σημεία $\displaystyle{M,\Delta}$ και $\displaystyle{E}$ .

3. Δίνεται κύκλος κέντρου $\displaystyle{O}$ και οι κάθετοι διάμετροι του $\displaystyle{AA' }$ και $\displaystyle{BB'}$ .
Παίρνουμε σημείο $\displaystyle{M}$ του τόξου $\displaystyle{ AB}$ και χαράσσουμε την ευθεία $\displaystyle{A{\color{red}'}\,M}$ , η οποία τέμνει την $\displaystyle{OB}$ στο $\displaystyle{\Delta}$ .
α) Να δειχτεί οτι το τετράπλευρο $\displaystyle{AO\Delta M}$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.
Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του κέντρου $\displaystyle{K}$ του περιγεγραμμένου κύκλου στο τετράπλευρο αυτό.
β) Προεκτείνουμε την ευθεία $\displaystyle{AM}$ και έστω οτι αυτή τέμνει την $\displaystyle{OB}$ στο $\displaystyle{E}$ .
Φέρνουμε την $\displaystyle{A'E}$ κι έστω $\displaystyle{M' }$ το σημείο τομής αυτής με τον κύκλο.
Τι μπορούμε να συμπεράνουμε για τα σημεία $\displaystyle{A,\Delta}$ και $\displaystyle{M'}$ ;
Επίσης να δειχτεί οτι το τετράπλευρο $\displaystyle{EM'OA}$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.
Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του κέντρου $\displaystyle{K'}$ του παραπάνω κύκλου.
Υπάρχει ειδική θέση του $\displaystyle{ M}$ , για την οποία τα σημεία $\displaystyle{K}$ και $\displaystyle{K'}$ συμπίπτουν;

edit
συμπλήρωση στο 3ο, υπήρχε τυπογραφικό και στην πηγή, ευχαριστώ τον Κώστα (Δόρτσιο) που το πρόσεξε

#2

parmenides51 έγραψε:Η ομάδα 3 περιείχε σχολές που άνηκαν στον Πολυτεχνικό Κύκλο μετά.
2. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Έστω $\displaystyle{M }$ το μέσον της υποτείνουσας $\displaystyle{B\Gamma}$ ,
$\displaystyle{B\Gamma\Delta}$ το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο κύκλου με την $\displaystyle{B\Gamma}$
και $\displaystyle{E}$ το ίχνος του ύψους που άγεται από την κορυφή $\displaystyle{A}$ του παραπάνω τριγώνου.
α) Να δειχτεί οτι $\displaystyle{\frac{(ME)}{(M\Delta)}=\frac{\beta+\gamma}{\alpha}}$ όπου $\displaystyle{(B\Gamma)=\alpha, (AB)=\gamma}$ και $\displaystyle{(A\Gamma)=\beta}$
β) Να κατασκευαστεί το τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ όταν γνωρίζουμε
την ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon)}$ πάνω στην οποία βρίσκεται η $\displaystyle{B\Gamma}$ καθώς και τα σημεία $\displaystyle{M,\Delta}$ και $\displaystyle{E}$ .

: ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1964.png (9.13 KiB) Προβλήθηκε 1481 φορές

$\displaystyle{\alpha }$ . Είναι $\displaystyle{\Delta {\rm B} = \tau - \beta }$ ( $\displaystyle{\tau }$ η ημιπερίμετρος του τριγώνου), ${\gamma ^2} = \alpha \cdot {\rm E}{\rm B}}$ (από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ ). Άρα $\displaystyle{{\rm M}\Delta = {\rm M}{\rm B} - \Delta {\rm B} = \frac{\alpha }{2} - \left( {\frac{{\alpha + \beta + \gamma }}{2} - \beta } \right) = \frac{{\beta - \gamma }}{2}}$ και $\displaystyle{{\rm M}{\rm E} = {\rm M}{\rm B} - {\rm E}{\rm B} = \frac{\alpha }{2} - \frac{{{\gamma ^2}}}{\alpha } = \frac{{{\alpha ^2} - 2{\gamma ^2}}}{{2\alpha }} = \frac{{{\beta ^2} - {\gamma ^2}}}{{2\alpha }} \Leftrightarrow {\rm M}{\rm E} = \frac{{(\beta - \gamma )(\beta + \gamma )}}{{2\alpha }}}$ . Επομένως $\displaystyle{\frac{{{\rm M}{\rm E}}}{{{\rm M}\Delta }} = \frac{{\beta + \gamma }}{\alpha }}$ .

$\displaystyle{\beta }$ . Αφού τα σημεία $\displaystyle{{\rm M},\Delta ,{\rm E}}$ είναι σταθερά, τότε και ο λόγος $\displaystyle{\frac{{{\rm M}{\rm E}}}{{{\rm M}\Delta }} = \frac{{\beta + \gamma }}{\alpha }}$ θα είναι σταθερός. Έστω $\displaystyle{\frac{{\beta + \gamma }}{\alpha } = \lambda }$ =σταθερό.
$\displaystyle{{(\beta + \gamma )^2} = {\lambda ^2}{\alpha ^2} \Leftrightarrow {\beta ^2} + {\gamma ^2} + 2\beta \gamma = {\lambda ^2}{\alpha ^2}}$ \displaystyle{(1) .
Αλλά,

\displaystyle{{\beta ^2} + {\gamma ^2} = {\alpha ^2}} και

\displaystyle{\beta \gamma = \alpha {\upsilon _\alpha }} , οπότε η σχέση

(1)

\displaystyle{{\alpha ^2} + 2\alpha {\upsilon _\alpha } = {\lambda ^2}{\alpha ^2}}} $\displaystyle{ \Leftrightarrow \alpha + 2{\upsilon _\alpha } = {\lambda ^2}\alpha \Leftrightarrow {\upsilon _\alpha } = \frac{{\alpha ({\lambda ^2} - 1)}}{2}}$ (2)

.
Από το ορθογώνιο τρίγωνο EAM

έχουμε:
$\displaystyle{\frac{{{\alpha ^2}}}{4} - \upsilon _\alpha ^2 = {\rm M}{{\rm E}^2} \Leftrightarrow {\alpha ^2} - 4\upsilon _\alpha ^2 = 4{\rm M}{{\rm E}^2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(2)} {\alpha ^2} - 4\frac{{{\alpha ^2}{{({\lambda ^2} - 1)}^2}}}{4} = 4{\rm M}{{\rm E}^2}}$
$\displaystyle{{\alpha ^2} - {\alpha ^2}{({\lambda ^2} - 1)^2} = 4{\rm M}{{\rm E}^2} \Leftrightarrow {\alpha ^2} = \frac{{4{\rm M}{{\rm E}^2}}}{{1 - {{({\lambda ^2} - 1)}^2}}} \Leftrightarrow \alpha = \frac{{2{\rm M}{\rm E}}}{{\lambda \sqrt {2 - {\lambda ^2}} }}}$ .
Άρα η πλευρά $\displaystyle{{\rm B}\Gamma = \alpha }$ έχει σταθερό μήκος και μπορεί να κατασκευαστεί.

: ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1964.1.png (10.9 KiB) Προβλήθηκε 1481 φορές

Κατασκευή: Με κέντρο το σημείο

και ακτίνα ίση με $\displaystyle{\frac{{2{\rm M}{\rm E}}}{{2\lambda \sqrt {2 - {\lambda ^2}} }}}$ γράφουμε ημικύκλιο που τέμνει την ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon )}$ στα σημεία $\displaystyle{{\rm B}}$ και $\displaystyle{\Gamma }$ . Από το σημείο

φέρνουμε ευθεία

κάθετη στην $\displaystyle{(\varepsilon )}$ . Το σημείο τομής της ευθείας

με το ημικύκλιο, είναι η τρίτη κορυφή

του τριγώνου.

Απόδειξη: Το τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ είναι ορθογώνιο στην κορυφή

και από κατασκευής της πλευράς $\displaystyle{\alpha }$ , ικανοποιεί τη σχέση $\displaystyle{\frac{{{\rm M}{\rm E}}}{{{\rm M}\Delta }} = \frac{{\beta + \gamma }}{\alpha }}$ , όπου

, το μέσο της πλευράς $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ ,

το ίχνος του ύψους

και $\displaystyle{\Delta }$ το σημείο επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με την πλευρά $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ .

Διερεύνηση: Το πρόβλημα έχει πάντοτε λύση. Αν αντί για ημικύκλιο με κέντρο το

γράψουμε κύκλο, τότε τέμνει την ευθεία

και σε ένα δεύτερο σημείο. Επειδή όμως το τρίγωνο που σχηματίζεται είναι ίσο με το $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ (συμμετρικό ως προς τη $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ ), η λύση αυτή δεν θεωρείται διαφορετική.

#3

parmenides51 έγραψε:Η ομάδα 3 περιείχε σχολές που άνηκαν στον Πολυτεχνικό Κύκλο μετά.

1. Δίνεται κύκλος κέντρου $\displaystyle{O}$ και διάμετρος του $\displaystyle{AB}$ . Ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon)}$ είναι κάθετη στην $\displaystyle{AB}$ σε σημείο της $\displaystyle{I}$ .
Φέρνουμε από το $\displaystyle{A}$ ευθεία που συναντά τον κύκλο $\displaystyle{(O)}$ σε σημείο $\displaystyle{M}$ και την ευθεία $\displaystyle{ (\varepsilon)}$ στο $\displaystyle{\Gamma}$ .
Μετά από αυτά, φέρνουμε την $\displaystyle{BM}$ , η οποία συναντά την $\displaystyle{(\varepsilon)}$ στο $\displaystyle{\Delta}$ .
α) Να δειχτεί οτι τα τρίγωνα $\displaystyle{AI\Gamma}$ και $\displaystyle{\Delta I B}$ είναι όμοια και μετά οτι $\displaystyle{(IA)(IB)=(I\Gamma)(I\Delta)}$ .
β) Εαν ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου $\displaystyle{A\Delta \Gamma}$ τέμνει την $\displaystyle{AB}$ στο $\displaystyle{B'}$ ,
να δειχτεί οτι το τρίγωνο $\displaystyle{B'B\Gamma}$ είναι ισοσκελές και μετά
να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του κέντρου του περιγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο $\displaystyle{A\Delta \Gamma}$ .

: ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1964.2.png (17.8 KiB) Προβλήθηκε 1426 φορές

α) Τα τρίγωνα $\displaystyle{{\rm A}{\rm I}\Gamma ,\Delta {\rm I}{\rm B}}$ είναι όμοια επειδή είναι ορθογώνια και $\displaystyle{\Gamma \widehat {\rm A}{\rm I} = {\rm B}\widehat \Delta {\rm I}}$ ως οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες. Άρα $\displaystyle{\frac{{{\rm I}{\rm A}}}{{{\rm I}\Delta }} = \frac{{{\rm I}\Gamma }}{{{\rm I}{\rm B}}} \Leftrightarrow {\rm I}{\rm A} \cdot {\rm I}{\rm B} = {\rm I}\Gamma \cdot {\rm I}\Delta }$ .

β) Είναι $\displaystyle{{\rm I}\Gamma \cdot {\rm I}\Delta = {\rm I}{\rm A} \cdot {\rm I}{\rm B}'}$ (Δύναμη του σημείου

ως προς τον κύκλο $\displaystyle{({\rm A}\Gamma \Delta )}$ ).
Από το προηγούμενο λοιπόν ερώτημα, θα είναι $\displaystyle{{\rm I}{\rm A} \cdot {\rm I}{\rm B} = {\rm I}{\rm A} \cdot {\rm I}{\rm B}' \Leftrightarrow {\rm I}{\rm B} = {\rm I}{\rm B}'}$ .
Άρα η $\displaystyle{\Gamma {\rm I}}$ είναι μεσοκάθετος του B'B

, οπότε το τρίγωνο $\displaystyle{{\rm B}'{\rm B}\Gamma }$ είναι ισοσκελές.

Έστω

το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\displaystyle{{\rm A}\Gamma \Delta }$ ,

το μέσο του τμήματος AB'

και έστω

η ακτίνα του κύκλου διαμέτρου

.

$\displaystyle{{\rm I}{\rm P} = {\rm I}{\rm A} + {\rm A}{\rm P} = {\rm I}{\rm A} + \frac{{{\rm A}{\rm B}'}}{2} \Leftrightarrow 2{\rm I}{\rm P} = {\rm I}{\rm A} + {\rm I}{\rm A} + {\rm A}{\rm B}' = {\rm I}{\rm A} + {\rm I}{\rm B}' \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{2{\rm I}{\rm P} = {\rm I}{\rm A} + {\rm I}{\rm B} = 2R \Leftrightarrow IP = R}$ .

Επειδή όμως $\displaystyle{KP//\varepsilon }$ , ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία $\displaystyle{\eta //\varepsilon }$ , που βρίσκεται έξω από τον κύκλο (O,R)

κει απέχει από την $\displaystyle{(\varepsilon )}$ απόσταση ίση με

.

#4

parmenides51 έγραψε: 3. Δίνεται κύκλος κέντρου $\displaystyle{O}$ και οι κάθετοι διάμετροι του $\displaystyle{AA' }$ και $\displaystyle{BB'}$ .
Παίρνουμε σημείο $\displaystyle{M}$ του τόξου $\displaystyle{ AB}$ και χαράσσουμε την ευθεία $\displaystyle{A{\color{red}'}\,M}$ , η οποία τέμνει την $\displaystyle{OB}$ στο $\displaystyle{\Delta}$ .
α) Να δειχτεί οτι το τετράπλευρο $\displaystyle{AO\Delta M}$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.
Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του κέντρου $\displaystyle{K}$ του περιγεγραμμένου κύκλου στο τετράπλευρο αυτό.

: ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1964..3.png (10.99 KiB) Προβλήθηκε 1366 φορές

Το τετράπλευρο $AO\Delta M$ είναι εγγράψιμο επειδή οι δύο απέναντι γωνίες του O,M

είναι ορθές. Το κέντρο

του περιγεγραμμένου του κύκλου θα είναι το μέσο της διαμέτρου $A\Delta$ .

Αν

είναι το μέσο της

, τότε

και $\displaystyle{{\rm O}{\rm P} = \frac{R}{2}}$ . Άρα το

απέχει από τη διάμετρο BB'

, σταθερή απόσταση, οπότε θα βρίσκεται πάνω σε ευθεία παράλληλη με αυτήν και σε απόσταση ίση με $\displaystyle{\frac{R}{2}}$

Οριακά σημεία: To σημείο

κινείται πάνω στο τόξο

. Όταν πάρει τις ακραίες θέσεις A, B

, το

παίρνει αντίστοιχα τις θέσεις P, N

, όπου

είναι το μέσο του

.

Επομένως, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι το ευθύγραμμο τμήμα

.

β) Προεκτείνουμε την ευθεία $\displaystyle{AM}$ και έστω οτι αυτή τέμνει την $\displaystyle{OB}$ στο $\displaystyle{E}$ .
Φέρνουμε την $\displaystyle{A'E}$ κι έστω $\displaystyle{M' }$ το σημείο τομής αυτής με τον κύκλο.
Τι μπορούμε να συμπεράνουμε για τα σημεία $\displaystyle{A,\Delta}$ και $\displaystyle{M'}$ ;
Επίσης να δειχτεί οτι το τετράπλευρο $\displaystyle{EM'OA}$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.
Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του κέντρου $\displaystyle{K'}$ του παραπάνω κύκλου.
Υπάρχει ειδική θέση του $\displaystyle{ M}$ , για την οποία τα σημεία $\displaystyle{K}$ και $\displaystyle{K'}$ συμπίπτουν;

: ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ 1964..3b.png (15.88 KiB) Προβλήθηκε 1366 φορές

$\displaystyle{{\rm E}{\rm O} \bot {\rm A}{\rm A}',{\rm A}'{\rm M} \bot {\rm E}{\rm A},}$ άρα το $\Delta$ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου EAA'

κι επειδή $\displaystyle{{\rm A}{\rm M}' \bot {\rm E}{\rm A}'}$ , τα σημεία $A,\Delta, M'$ είναι συνευθειακά.

Το τετράπλευρο $\displaystyle{{\rm E}{\rm M}'{\rm O}{\rm A}}$ είναι εγγράψιμο γιατί η

φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ορθές γωνίες. Το κέντρο

του περιγεγραμμένου του κύκλου είναι το μέσο της

. Τα σημεία K,K',P

είναι συνευθειακά, άρα και το

βρίσκεται πάνω στην ίδια παράλληλη ευθεία της BB'

που βρίσκεται και το

Οριακά σημεία: Όταν το

πάει στη θέση

, το

ταυτίζεται με το μέσο

του

, ενώ όταν το

πάει στη θέση

, το

απομακρύνεται προς το άπειρο.

Επομένως ο γεωμετρικός τόπος του

είναι η ημιευθεία

.

Tα σημεία K,K'

συμπίπτουν όταν το

πάρει τη θέση του

.

ΟΜΑΔΑ 3 1964 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ (ΠΟΛΥΤ.)

ΟΜΑΔΑ 3 1964 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ (ΠΟΛΥΤ.)

Re: ΟΜΑΔΑ 3 1964 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ (ΠΟΛΥΤ.)

Re: ΟΜΑΔΑ 3 1964 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ (ΠΟΛΥΤ.)

Re: ΟΜΑΔΑ 3 1964 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ (ΠΟΛΥΤ.)

Μέλη σε σύνδεση