Σ.Μ.Α 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

Επειδή ζητήθηκαν ιδιαιτέρως ....

1. Στις πλευρές $\displaystyle{AB,A\Gamma}$ ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ εγγεγραμμένου στον κύκλο $\displaystyle{(O,R)}$ σχηματίζουμε τα τετράγωνα $\displaystyle{AB\Delta E}$ και $\displaystyle{A\Gamma Z H}$ .
α) Να δειχτεί οτι οι $\displaystyle{\Gamma Z}$ και $\displaystyle{\Delta B}$ τέμνονται πάνω στον κύκλο
β) Να δειχτεί οτι οι $\displaystyle{\Delta E}$ και $\displaystyle{HZ}$ τέμνονται σε σημείο $\displaystyle{T}$ της προέκτασης της διαμέτρου $\displaystyle{AOP}$
γ) Να βρεθεί το εμβαδόν του $\displaystyle{AETH}$

2. Σε τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ είναι $\displaystyle{A\Delta=B\Gamma=\alpha}$ και $\displaystyle{K,\Lambda}$ τα μέσα των $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{\Delta \Gamma}$ αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{M}$ η τομή των $\displaystyle{\Delta A}$ και $\displaystyle{\Gamma B}$ και $\displaystyle{M\Sigma}$ η διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{\widehat{\Delta M\Gamma}}$ του τριγώνου $\displaystyle{\Delta }$ $\displaystyle{M\Gamma}$ . Να δειχτεί οτι οι $\displaystyle{K\Lambda}$ και $\displaystyle{M\Sigma}$ είναι παράλληλες.

3. 'Εστω $\displaystyle{(x),(y)}$ δυο ορθογώνιες ασύμβατες ευθείες και $\displaystyle{AB}$ η κοινή τους κάθετος. Πάνω στις $\displaystyle{(x)}$ και $\displaystyle{(y)}$ κινούνται αντίστοιχα τα σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{P}$ και το μήκος του $\displaystyle{MP}$ είναι σταθερό και ίσο με $\displaystyle{\alpha}$ .
α) Να δειχτεί οτι η γωνία των $\displaystyle{MP}$ και $\displaystyle{AB}$ είναι σταθερή κατά μέγεθος
β) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του μέσου $\displaystyle{\Sigma}$ του $\displaystyle{MP}$

4. Δίνεται κύκλος $\displaystyle{O}$ , ευθεία $\displaystyle{xy}$ και σημείο $\displaystyle{A}$ κινούμενο σε αυτήν. Έστω $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ οι από το σημείο $\displaystyle{A}$ εφαπτόμενες προς τον κύκλο και $\displaystyle{I}$ η τομή των $\displaystyle{B\Gamma}$ και της $\displaystyle{O\Delta}$ όπου $\displaystyle{O\Delta \perp xy }$ . Να δειχτεί οτι το $\displaystyle{ I}$ είναι σταθερό σημείο.

5. Δίνεται κύκλος $\displaystyle{(O,R)}$ και η διάμετρος του $\displaystyle{AOB}$ . Έστω $\displaystyle{O\Gamma}$ τυχαία ακτίνα του κύκλου και πάνω της τα σημεία $\displaystyle{\Delta}$ και $\displaystyle{E}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{O\Delta=\frac{1}{7}R}$ και $\displaystyle{OE=\frac{2}{5}R}$ . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος της τομής $\displaystyle{I}$ των $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{BE}$ .

Υ.Γ. Την χρονιά 1979 στο σχετικό Δελτίο του Πάλλα δεν περιλαμβάνονται θέματα Τριγωνομετρίας στην ΣΜΑ, στα οποία λογικά εξετάστηκαν. Αν κάποιος τα έχει από άλλη πηγή, θα χαιρόμασταν ιδιαίτερα εαν τα μετέφερε -για λόγους πληρότητας- εδώ στο

.

edit
προσθήκη υστερόγραφου

#2

parmenides51 έγραψε:Επειδή ζητήθηκαν ιδιαιτέρως ....
4. Δίνεται κύκλος $\displaystyle{O}$ , ευθεία $\displaystyle{xy}$ και σημείο $\displaystyle{A}$ κινούμενο σε αυτήν. Έστω $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ οι από το σημείο $\displaystyle{A}$ εφαπτόμενες προς τον κύκλο και $\displaystyle{I}$ η τομή των $\displaystyle{B\Gamma}$ και της $\displaystyle{O\Delta}$ όπου $\displaystyle{O\Delta \perp xy }$ . Να δειχτεί οτι το $\displaystyle{ I}$ είναι σταθερό σημείο.

: ΣΜΑ_1979_4ο.png (19.81 KiB) Προβλήθηκε 1794 φορές

Με σταθερά την ακτίνα

του κύκλου ( κατά μέγεθος) και την απόσταση

του

από την ευθεία

( κατά θέση και μέγεθος) , ας πούμε

το σημείο τομής της

με την

. Η

είναι μεσοκάθετος στην χορδή

.

Από το Θεώρημα του Ευκλείδη στο τρίγωνο COA

έχουμε : $O{C^2} = OM \cdot OA\,\,(1)$ . Από το εγγράψιμο τετράπλευρο IDAM

( οι γωνίες στα M,D

είναι ορθές) έχουμε:

$OM \cdot OA = OI \cdot OD\,\,(2)$ . Από τις $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$ έχουμε $\boxed{IO = \frac{{{R^2}}}{h}}$ και αφού τα O,D

σταθερά και το

σταθερό.

Φιλικά Νίκος

#3

parmenides51 έγραψε:Επειδή ζητήθηκαν ιδιαιτέρως ....
5. Δίνεται κύκλος $\displaystyle{(O,R)}$ και η διάμετρος του $\displaystyle{AOB}$ . Έστω $\displaystyle{O\Gamma}$ τυχαία ακτίνα του κύκλου και πάνω της τα σημεία $\displaystyle{\Delta}$ και $\displaystyle{E}$ τέτοια ώστε $\displaystyle{O\Delta=\frac{1}{7}R}$ και $\displaystyle{OE=\frac{2}{5}R}$ . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος της τομής $\displaystyle{I}$ των $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{BE}$ .

: ΣΜΑ_1979_5ο.png (21.94 KiB) Προβλήθηκε 1779 φορές

Έστω $R = 35a\,,\,a > 0$ η ακτίνα του κύκλου διαμέτρου AB = 70a

.
Θα είναι $OD = 5a\,,\,OE = 14a\,,\,ED = 9a$ .

Για κάθε

σημείο του τόπου έχουμε από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο EOB

με διατέμνουσα την

.

$\dfrac{{ED}}{{DO}} \cdot \dfrac{{OA}}{{AB}} \cdot \dfrac{{BI}}{{IE}} = 1 \Rightarrow \dfrac{9}{5} \cdot \dfrac{{35}}{{70}} \cdot \dfrac{{BI}}{{IE}} \Rightarrow \boxed{\frac{{BI}}{{IE}} = \dfrac{{10}}{9}}$ .
Πάνω στη

θεωρούμε σημείο

με $\boxed{OK = \dfrac{9}{{10}} \cdot R}$

Το

θα διαγράφει τον κύκλο (K,r)

με $\boxed{r = \dfrac{{10}}{{19}} \cdot \dfrac{{14}}{{35}}R}$ .

Ο γεωμετρικός τόπος είναι ο πιο πάνω κύκλος με εξαίρεση τα σημεία του που βρίσκονται πάνω στην

.

Φιλικά Νίκος

#4

parmenides51 έγραψε:Επειδή ζητήθηκαν ιδιαιτέρως ....

1. Στις πλευρές $\displaystyle{AB,A\Gamma}$ ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ εγγεγραμμένου στον κύκλο $\displaystyle{(O,R)}$ σχηματίζουμε τα τετράγωνα $\displaystyle{AB\Delta E}$ και $\displaystyle{A\Gamma Z H}$ .
α) Να δειχτεί οτι οι $\displaystyle{\Gamma Z}$ και $\displaystyle{\Delta B}$ τέμνονται πάνω στον κύκλο
β) Να δειχτεί οτι οι $\displaystyle{\Delta E}$ και $\displaystyle{HZ}$ τέμνονται σε σημείο $\displaystyle{T}$ της προέκτασης της διαμέτρου $\displaystyle{AOP}$
γ) Να βρεθεί το εμβαδόν του $\displaystyle{AETH}$

: ΣΜΑ 1979.1.png (14.46 KiB) Προβλήθηκε 1710 φορές

α) Έστω

η πλευρά του ισοπλεύρου. Αν οι $\Delta B, Z\Gamma$ τέμνονται στο σημείο

, επειδή το τετράπλευρο $ABP\Gamma$ είναι εγγράψιμο ( δύο απέναντι γωνίες του είναι ορθές), το

θα είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $AB\Gamma$

β) Είναι $\displaystyle{{\rm B}\widehat {\rm P}\Gamma = {\rm E}\widehat {\rm A}{\rm H} = {120^0}}$ . Έστω ότι οι $\Delta E, ZH$ τέμνονται στο

.
Το τετράπλευρο TEAH

είναι εγγράψιμο ( δύο απέναντι γωνίες του είναι ορθές). Άρα $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm T}{\rm H} = {60^0}}$ . Επειδή EA=AH=a

, θα είναι $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm H}{\rm A} = {\rm H}\widehat {\rm E}{\rm A} = {30^0}}$ , άρα και το ETH

είναι ισόπλευρο.
Αλλά η διάμετρος

διχοτομεί τη γωνία

του τριγώνου $AB\Gamma$ , οπότε θα διχοτομεί και την $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm A}{\rm H}}$ , δηλαδή το

είναι σημείο της διαμέτρου

.

γ) Το ισόπλευρο $AB\Gamma$ είναι εγγεγραμμένο στον κύκλο (O,R)

, άρα $\displaystyle{\alpha = R\sqrt 3 }$ . Έστω

η πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου ETH

.
Είναι $\displaystyle{\varphi = E\widehat TA = {30^0} \Leftrightarrow \varepsilon \varphi \varphi = \frac{{EA}}{{TE}} \Leftrightarrow \frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{R\sqrt 3 }}{x} \Leftrightarrow }$ $\boxed{x = 3R}$

Άρα: $\displaystyle{(AETH) = 2(TEA) = 2 \cdot \frac{1}{2}AE \cdot ET \Leftrightarrow }$ $\boxed{(AETH) = {3R^2}\sqrt 3 }$

#5

parmenides51 έγραψε:3. 'Εστω $\displaystyle{(x),(y)}$ δυο ορθογώνιες ασύμβατες ευθείες και $\displaystyle{AB}$ η κοινή τους κάθετος.
Πάνω στις $\displaystyle{(x)}$ και $\displaystyle{(y)}$ κινούνται αντίστοιχα τα σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{P}$ και το μήκος του $\displaystyle{MP}$ είναι σταθερό και ίσο με $\displaystyle{\alpha}$ .
α) Να δειχτεί οτι η γωνία των $\displaystyle{MP}$ και $\displaystyle{AB}$ είναι σταθερή κατά μέγεθος
β) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του μέσου $\displaystyle{\Sigma}$ του $\displaystyle{MP}$

Λύση:
Εργαζόμαστε στο ακολουθο σχήμα:

: Ορθογώνιες ασύμβατες 1.PNG (80.75 KiB) Προβλήθηκε 1681 φορές

Έστω οι ορθογώνιες και ασύμβατες ευθείες $\displaystyle{(x), (y)}$ (κόκκινο χρώμα) καθώς και η κοινή τους κάθετη η $\displaystyle{AB=d}$ .
Από το σημείο $\displaystyle{A}$ φέρουμε παράλληλη προς την $\displaystyle{(y)}$ και έστω αυτή πως είναι η $\displaystyle{(y')}$ (Θαλασσί).

Το τμήμα $\displaystyle{MP}$ έχει σταθερό μήκος έστω $\displaystyle{MP=a}$ καθώς τα άκρα του ολισθαίνουν πάνω στις ασύμβατες $\displaystyle{(x),(y)}$ .

Από το σημείο $\displaystyle{P}$ φέρουμε την κάθετο προς το επίπεδο των $\displaystyle{(x),(y')}$ η οποία τέμνει κάθετα την $\displaystyle{(y')}$ στο σημείο $\displaystyle{P'}$ .
Αν σχηματίσουμε το τρίγωνο $\displaystyle{MPP'}$ τότε προφανώς το τρίγωνο αυτό είναι ορθογώνιο στην κορυφή $\displaystyle{P'}$ κι ακόμα $\displaystyle{PP'=AB=d} \ \ (1)$ .

Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο $\displaystyle{MPP'}$ προκύπτει:

$\displaystyle{MP'=\sqrt{MP^2-PP'^2}=\sqrt{a^2-d^2}=ct}\ \ (2)$ .

α) Το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{MPP'}$ επειδή έχει την υποτείνουσα $\displaystyle{MP=a}$ σταθερή κατά μέγεθος καθώς και την κάθετο $\displaystyle{PP'=d}$
είναι κατασκευάσιμο και συνεπώς είναι σταθερό κατά μέγεθος.Επομένως και η γωνία $\displaystyle{\hot{\phi}=ct}$ , δηλαδή σταθερή κατά μέγεθος.

β) Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{AMP'}$ η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα είναι:

$\displaystyle{AN=\frac{MP'}{2}=\frac{\sqrt{a^2-d^2}}{2}=ct \ \ (3)}$

Αν φέρουμε στη συνέχεια την κάθετη προς το επίπεδο των $\displaystyle{(x),(y')}$ στο σημείο $\displaystyle{N}$ τότε αυτή θα τμήσει την $\displaystyle{MP}$ στο μέσο της $\displaystyle{\Sigma}$ .
Ενώνοντας το σημείο $\displaystyle{\Sigma}$ με το μέσο $\displaystyle{O}$ της κοινής καθέτου $\displaystyle{AB}$ τότε από το ορθογώνιο $\displaystyle{OAN \Sigma}$ προκύπτει:

$\displaystyle{O\Sigma = \frac{\sqrt{a^2-d^2}}{2}=ct}$

Ταυτόχρονα τα σημεία $\displaystyle{O, \Sigma}$ ανήκουν κατά την κίνηση του τμήματος $\displaystyle{MP}$ πάντα στο μεσοκάθετο επίπεδο της κοινής καθέτου $\displaystyle{AB}$ των ασυμβάτων $\displaystyle{(x),(y)}$
ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος του σημείου $\displaystyle{\Sigma}$ θα είναι ο κύκλος:

$\displaystyle{C(O, \frac{\sqrt{a^2-d^2}}{2})}$

ο οποίος ανήκει στο μεσοκάθετο επίπεδο των ασυμβάτων.

Κώστας Δόρτσιος

#6

Βεβαίως το (3β) το συζητήσαμε εδώ. (Επαναλήψεις θεμάτων (1974, 1979) και στην Σ.Μ.Α.;!)

Γιώργος Μπαλόγλου

gavrilos · #7

parmenides51 έγραψε:2. Σε τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ είναι $\displaystyle{A\Delta=B\Gamma=\alpha}$ και $\displaystyle{K,\Lambda}$ τα μέσα των $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{\Delta \Gamma}$ αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{M}$ η τομή των $\displaystyle{\Delta A}$ και $\displaystyle{\Gamma B}$ και $\displaystyle{M\Sigma}$ η διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{\widehat{\Delta M\Gamma}}$ του τριγώνου $\displaystyle{\Delta }$ $\displaystyle{M\Gamma}$ . Να δειχτεί οτι οι $\displaystyle{K\Lambda}$ και $\displaystyle{M\Sigma}$ είναι παράλληλες.

Είναι η μόνη από εδώ που δεν λύθηκε.Ωστόσο είναι το λήμμα που αναφέρεται εδώ (με τα μπλε γράμματα).

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #8

parmenides51 έγραψε: 2. Σε τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ είναι $\displaystyle{A\Delta=B\Gamma=\alpha}$ και $\displaystyle{K,\Lambda}$ τα μέσα των $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{\Delta \Gamma}$ αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{M}$ η τομή των $\displaystyle{\Delta A}$ και $\displaystyle{\Gamma B}$ και $\displaystyle{M\Sigma}$ η διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{\widehat{\Delta M\Gamma}}$ του τριγώνου $\displaystyle{\Delta }$ $\displaystyle{M\Gamma}$ . Να δειχτεί ότι οι $\displaystyle{K\Lambda}$ και $\displaystyle{M\Sigma}$ είναι παράλληλες.

Παρακάτω ακολουθεί μια λύση που θα σκεφτόταν ένας προετοιμασμένος υποψήφιος.

Από τα σημεία $A,\Delta$ φέρω τις κάθετες στη διχοτόμο $M\Sigma .$
Αυτές τέμνουν την $M\Sigma$ στα σημεία Z,H

και την $A\Gamma$ στα P,I.

Η κίνηση αυτή δημιουργεί ισοσκελή τρίγωνα.
Ισχύει ότι MA=MP

και το

είναι το μέσο του AP.

Επίσης ισχύει ότι $M\Delta =MI$ και το

είναι το μέσο του AI.

Έχω ότι
$I\Gamma =M\Gamma -MI=M\Gamma -M\Delta$
και επίσης
$PB=M\Gamma -MP-B\Gamma =M\Gamma -MA-A\Delta =M\Gamma -\left(MA+A\Delta \right)=M\Gamma -M\Delta$
Άρα ισχύει ότι
$PB=I\Gamma$
Πάμε τώρα ν' αξιοποιήσουμε τα ευθύγραμμα τμήματα που ενώνουν μέσα πλευρών τριγώνου....
Στο τρίγωνο APB

η

είναι παράλληλη της

και ίση με το μισό της.
Στο τρίγωνο $I\Delta\Gamma$ η $H\Lambda$ είναι παράλληλη της $I\Gamma$ και ίση με το μισό της.
Δηλαδή η $H\Lambda$ είναι ίση και παράλληλη της

, κάτι που σημαίνει ότι το $ZK\Lambda H$ είναι παραλληλόγραμμο.
Αυτό αποδεικνύει το ζητούμενο.

#9

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:
parmenides51 έγραψε: 2. Σε τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ είναι $\displaystyle{A\Delta=B\Gamma=\alpha}$ και $\displaystyle{K,\Lambda}$ τα μέσα των $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{\Delta \Gamma}$ αντίστοιχα. Έστω $\displaystyle{M}$ η τομή των $\displaystyle{\Delta A}$ και $\displaystyle{\Gamma B}$ και $\displaystyle{M\Sigma}$ η διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{\widehat{\Delta M\Gamma}}$ του τριγώνου $\displaystyle{\Delta }$ $\displaystyle{M\Gamma}$ . Να δειχτεί ότι οι $\displaystyle{K\Lambda}$ και $\displaystyle{M\Sigma}$ είναι παράλληλες.
Παρακάτω ακολουθεί μια λύση που θα σκεφτόταν ένας προετοιμασμένος υποψήφιος.

Από τα σημεία $A,\Delta$ φέρω τις κάθετες στη διχοτόμο $M\Sigma .$
Αυτές τέμνουν την $M\Sigma$ στα σημεία και την $A\Gamma$ στα
Η κίνηση αυτή δημιουργεί ισοσκελή τρίγωνα.
Ισχύει ότι και το είναι το μέσο του
Επίσης ισχύει ότι $M\Delta =MI$ και το είναι το μέσο του
Έχω ότι
$I\Gamma =M\Gamma -MI=M\Gamma -M\Delta$
και επίσης
$PB=M\Gamma -MP-B\Gamma =M\Gamma -MA-A\Delta =M\Gamma -\left(MA+A\Delta \right)=M\Gamma -M\Delta$
Άρα ισχύει ότι
$PB=I\Gamma$
Πάμε τώρα ν' αξιοποιήσουμε τα ευθύγραμμα τμήματα που ενώνουν μέσα πλευρών τριγώνου....
Στο τρίγωνο η είναι παράλληλη της και ίση με το μισό της.
Στο τρίγωνο $I\Delta\Gamma$ η $H\Lambda$ είναι παράλληλη της $I\Gamma$ και ίση με το μισό της.
Δηλαδή η $H\Lambda$ είναι ίση και παράλληλη της , κάτι που σημαίνει ότι το $ZK\Lambda H$ είναι παραλληλόγραμμο.
Αυτό αποδεικνύει το ζητούμενο.

Ωραία λύση!

Την είχα κοιτάξει παλιότερα και την παράτησα γιατί δεν μου έβγαινε.

Σ.Μ.Α 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Σ.Μ.Α 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1979 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση