ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευσηαπό parmenides51 » Πέμ. Δεκ. 26, 2013 8:52 pm

1. Δίνεται κανονική τετραγωνική πυραμίδα \displaystyle{OAB\Gamma\Delta} ύψους \displaystyle{OK=u} και πλευράς βάσης \displaystyle{AB=\alpha}. Θεωρούμε τα σημεία \displaystyle{E} και \displaystyle{Z} μέσα των ακμών \displaystyle{OA} και \displaystyle{OB} αντίστοιχα. Να βρεθεί ο όγκος της πυραμίδας \displaystyle{OEZ\Gamma \Delta} συναρτήσει των \displaystyle{\alpha} και \displaystyle{u}.


2. Εαν θεωρήσουμε τέσσερα σημεία \displaystyle{ A,B,\Gamma,\Delta } σε κύκλο, να δειχτεί οτι \displaystyle{(OA)(OB)=(O\Gamma)(O\Delta)} (1), όπου \displaystyle{O} το σημείο τομής των \displaystyle{AB} και \displaystyle{\Gamma\Delta}, κι αντιστρόφως εαν αληθεύει η σχέση (1), στην περίπτωση που το \displaystyle{O} είτε βρίσκεται εσωτερικά των \displaystyle{AB} και \displaystyle{ \Gamma\Delta} είτε βρίσκεται στις προεκτάσεις των \displaystyle{AB} και \displaystyle{ \Gamma\Delta}, να δειχτεί οτι τα τέσσερα σημεία είναι ομοκυκλικά.


3. Δίνονται δυο εσωτερικά εφαπτόμενοι κύκλοι \displaystyle{K} και \displaystyle{ \Lambda}, των οποίων η διάκεντρος \displaystyle{K\Lambda} τέμνει τον εξωτερικό κύκλο \displaystyle{K} στο σημείο \displaystyle{B}. Από το \displaystyle{B} φέρνουμε εφαπτομένη στον \displaystyle{ \Lambda}. Έστω \displaystyle{ \Gamma} η επαφή της με τον κύκλο \displaystyle{ \Lambda}. Αυτή προεκτεινόμενη τέμνει τον κύκλο \displaystyle{K} στο \displaystyle{\Delta}. Εαν \displaystyle{A} είναι η επαφή των \displaystyle{K} και \displaystyle{\Lambda}, να δειχτεί οτι η \displaystyle{A\Gamma} είναι διχοτόμος της γωνίας \displaystyle{ \widehat{BA\Delta}}.


4. Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} (\displaystyle{\widehat{A}=90^o}) με κάθετες πλευρές \displaystyle{AB=A\Gamma=\alpha}. Φέρνουμε τους κύκλους \displaystyle{(B,\alpha)} και \displaystyle{(\Gamma,\alpha)}. Να βρεθεί το εμβαδόν του μικτόγραμμου σχήματος \displaystyle{A\Delta EA} εαν \displaystyle{\Delta} και \displaystyle{E} είναι οι τομές των κύκλων \displaystyle{(B,\alpha)} και \displaystyle{(\Gamma,\alpha)} με την υποτείνουσα \displaystyle{B\Gamma} αντίστοιχα.



Υ.Γ. Συμπλήρωση στην εκφώνηση του 2ο θέματος των κόκκινων γραμμάτων έτσι ώστε να ισχύει το αντίστροφο , γιατί σύμφωνα με το Δελτίο του Πάλλα, η πρόταση (1) δεν ισχύει στο αντίστροφο στην περίπτωση που το \displaystyle{O} είτε βρίσκεται μεταξύ \displaystyle{A} και \displaystyle{B} και στην προέκταση της \displaystyle{\Gamma\Delta}, είτε βρίσκεται μεταξύ \displaystyle{\Gamma} και \displaystyle{\Delta} και στην προέκταση της \displaystyle{AB}.
Άβαταρ μέλους
parmenides51
 
Δημοσιεύσεις: 6241
Εγγραφή: Πέμ. Απρ. 23, 2009 8:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευσηαπό hlkampel » Πέμ. Δεκ. 26, 2013 10:15 pm

parmenides51 έγραψε:4. Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} (\displaystyle{\widehat{A}=90^o}) με κάθετες πλευρές \displaystyle{AB=A\Gamma=\alpha}. Φέρνουμε τους κύκλους \displaystyle{(B,\alpha)} και \displaystyle{(\Gamma,\alpha)}. Να βρεθεί το εμβαδόν του μικτόγραμμου σχήματος \displaystyle{A\Delta EA} εαν \displaystyle{\Delta} και \displaystyle{E} είναι οι τομές των κύκλων \displaystyle{(B,\alpha)} και \displaystyle{(\Gamma,\alpha)} με την υποτείνουσα \displaystyle{B\Gamma} αντίστοιχα.

Είναι \widehat {\rm B} = \widehat \Gamma  = 45^\circ και \displaystyle\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \frac{{{\alpha ^2}}}{2}

Το εμβαδόν του κυκλικού τομέα \displaystyle {\rm B}{\rm A}\Delta είναι: \displaystyle{{{\rm E}_{{\rm B}{\rm A}\Delta }} = \frac{{\pi {\alpha ^2} \cdot 45^\circ }}{{360^\circ }} = \frac{{\pi {\alpha ^2}}}{8}}

Το Εμβαδόν του χωρίου \mu (σχήμα) είναι: \displaystyle\mu  = \left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) - {{\rm E}_{{\rm B}{\rm A}\Delta }} = \frac{{{\alpha ^2}}}{2} - \frac{{\pi {\alpha ^2}}}{8}

Άρα \displaystyle {{\rm E}_{{\rm A}\Delta {\rm E}{\rm A}}} = \left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) - 2\mu  \Rightarrow {{\rm E}_{{\rm A}\Delta {\rm E}{\rm A}}} = \frac{{{\alpha ^2}}}{2} - {\alpha ^2} + \frac{{\pi {\alpha ^2}}}{4} \Leftrightarrow

\displaystyle {{\rm E}_{{\rm A}\Delta {\rm E}{\rm A}}} = \frac{{\pi {\alpha ^2}}}{4} - \frac{{{\alpha ^2}}}{2} \Leftrightarrow {{\rm E}_{{\rm A}\Delta {\rm E}{\rm A}}} = \frac{{{\alpha ^2} \cdot \left( {\pi  - 2} \right)}}{4}
Συνημμένα
Ναυτ. Δοκιμων 1973 4ο.png
Ναυτ. Δοκιμων 1973 4ο.png (16.61 KiB) 227 προβολές
Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
 
Δημοσιεύσεις: 820
Εγγραφή: Σάβ. Δεκ. 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευσηαπό hlkampel » Πέμ. Δεκ. 26, 2013 11:13 pm

parmenides51 έγραψε:3. Δίνονται δυο εσωτερικά εφαπτόμενοι κύκλοι \displaystyle{K} και \displaystyle{ \Lambda}, των οποίων η διάκεντρος \displaystyle{K\Lambda} τέμνει τον εξωτερικό κύκλο \displaystyle{K} στο σημείο \displaystyle{B}. Από το \displaystyle{B} φέρνουμε εφαπτομένη στον \displaystyle{ \Lambda}. Έστω \displaystyle{ \Gamma} η επαφή της με τον κύκλο \displaystyle{ \Lambda}. Αυτή προεκτεινόμενη τέμνει τον κύκλο \displaystyle{K} στο \displaystyle{\Delta}. Εαν \displaystyle{A} είναι η επαφή των \displaystyle{K} και \displaystyle{\Lambda}, να δειχτεί οτι η \displaystyle{A\Gamma} είναι διχοτόμος της γωνίας \displaystyle{ \widehat{BA\Delta}}.


Είναι \widehat {\Lambda {\rm A}\Gamma } = \widehat {\Lambda \Gamma {\rm A}} = \varphi \;\left( 1 \right) από το ισοσκελές τρίγωνο {\rm A}\Lambda \Gamma.

\widehat {\Gamma {\rm A}\Delta } = \widehat {\Lambda \Gamma {\rm A}} = \varphi \;\left( 2 \right) ως εντός εναλλάξ (\Lambda \Gamma //{\rm A}\Delta ως κάθετες στην {\rm B}\Delta)

Από \left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow \widehat {\Lambda {\rm A}\Gamma } = \widehat {\Gamma {\rm A}\Delta } , δηλαδή η {\rm A}\Gamma είναι διχοτόμος της \widehat {{\rm B}{\rm A}\Delta }
Συνημμένα
Ναυτ. Δοκιμων 1973 3ο.png
Ναυτ. Δοκιμων 1973 3ο.png (19.95 KiB) 210 προβολές
Ηλίας Καμπελής
Άβαταρ μέλους
hlkampel
 
Δημοσιεύσεις: 820
Εγγραφή: Σάβ. Δεκ. 20, 2008 11:41 pm
Τοποθεσία: Τρίκαλα

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευσηαπό KDORTSI » Παρ. Ιαν. 03, 2014 10:51 am

parmenides51 έγραψε:1. Δίνεται κανονική τετραγωνική πυραμίδα \displaystyle{OAB\Gamma\Delta} ύψους \displaystyle{OK=u} και πλευράς βάσης \displaystyle{AB=\alpha}.
Θεωρούμε τα σημεία \displaystyle{E} και \displaystyle{Z} μέσα των ακμών \displaystyle{OA} και \displaystyle{OB} αντίστοιχα.
Να βρεθεί ο όγκος της πυραμίδας \displaystyle{OEZ\Gamma \Delta} συναρτήσει των \displaystyle{\alpha} και \displaystyle{u}.


Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

Όγκος πυραμίδας 1.PNG
Όγκος πυραμίδας 1.PNG (79.68 KiB) 177 προβολές

Φέρουμε τη διαγώνιο \displaystyle{BD} της βάσης \displaystyle{ABCD} και έτσι συγκρίνουμε τα δύο ζεύγη των τριγωνικών πυραμίδων που προέκυψαν.

Τα ζεύγη των τετραέδρων \displaystyle{(O.CDZ, O.CDB)} και \displaystyle{(O.DEZ, O.DAB)} έχουν αντίστοιχα κοινή την τρίεδρο γωνία της κορυφής των \displaystyle{O}.
Άρα:

\displaystyle \frac{V(O.CDZ)}{V(O.CDB)}=\frac{OC\cdot OD\cdot OZ}{OC\cdot OD\cdot OB}=\frac{OZ}{OB}=\frac{1}{2}\\\\\Rightarrow V(O.CDZ)=\frac{1}{2}\cdot V(O.CDB)

και επειδή:

\displaystyle V(O.BCD)=V(O.ABD)=\frac{1}{2 }\cdot V(O.ABCD)=\frac{1}{2}V

ο προηγούμενος τύπος δίνει:

\displaystyle V(O.CDZ)=\frac{1}{4}\cdot V \  \ (1)

Όμοια και δείχνεται και για το άλλο ζεύγος ότι ισχύει:

\displaystyle V(O.DEZ)=\frac{1}{8}\cdot V \  \ (2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι:

\displaystyle V(O.CDEZ)=V(O.CDZ)+V(O.DEZ)=\frac{3}{8}V\\\Rightarrow V(O.CDEZ)=\frac{3}{8}V\  \ (3)

Τέλος επειδή είναι:

\displaystyle V=V(O.ABCD)=\frac{1}{3}E_{ (\beta \alpha \sigma \eta} )\cdot \displaystyle u_{(\upsilon \psi o\varsigma )}=\frac{1}{3}\cdot a^2u

ο τύπος (3) γίνεται:

\displaystyle V(O.CDEZ)=\frac{1}{8}a^2u

Κώστας Δόρτσιος
KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
 
Δημοσιεύσεις: 1334
Εγγραφή: Τετ. Μαρ. 11, 2009 9:26 pm

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μη αναγνωσμένη δημοσίευσηαπό gbaloglou » Τρί. Ιαν. 07, 2014 6:48 pm

Μία διαφορετική προσέγγιση, χρησιμοποιώντας το σχήμα του Κώστα:

Προβάλλουμε το O σε σημείο H του επιπέδου CDEZ, οπότε V=\displaystyle\frac{1}{3}(CDEZ)\cdot |OH|.

Θεωρούμε την εγκάρσια τομή της αρχικής πυραμίδας που ορίζεται από τα O, H, O_1. Λόγω συμμετρίας, αυτή διέρχεται από τα μέσα L, M, N των EZ, DC, AB.

Προβάλλουμε το L στο σημείο P επί της ABCD. Λόγω συμμετρίας και πάλι το P κείται επί της MN. Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα PLN και O_1ON, και επειδή το L είναι μέσον και της ON, προκύπτουν εύκολα οι |LP|=\displaystyle\frac{|OO_1|}{2}=\frac{v}{2}, |PN|=\displaystyle\frac{|O_1N|}{2}=\frac{a}{4} (και |MP|=\displaystyle\frac{3a}{4}), οπότε

|ML|=\sqrt{|LP|^2+|MP|^2}=\displaystyle\frac{\sqrt{9a^2+4v^2}}{4}.

Παρατηρούμε τώρα ότι στο ισοσκελές τραπέζιο CDEZ η ML διέρχεται από το σημείο τομής K των διαγωνίων CE και DZ. Παρατηρούμε επίσης ότι η OO_1 τέμνει και την CE και την DZ, καθώς αυτές κείνται εντός των τριγώνων OAC και OBD (διάμεσοι), όπου η OO_1 επίσης κείται (διάμεσος και αυτή): συμπεραίνουμε ότι οι OO_1, CE, DZ συγκλίνουν στο K (βαρύκεντρο των OAC και OBD).

Επειδή το K είναι βαρύκεντρο του OBD, άμεσα έχουμε |O_1K|=\displaystyle\frac{v}{3} και |MK|=\sqrt{|O_1M|^2+|O_1K|^2}=\displaystyle\frac{\sqrt{9a^2+4v^2}}{6}. Από τα όμοια τρίγωνα HOK και O_1MK προκύπτει τώρα η

|OH|=\displaystyle\frac{|MO_1|\cdot |OK|}{|MK|}=\displaystyle\frac{2av}{\sqrt{9a^2+4v^2}}.

Εύκολα πλέον υπολογίζεται ο ζητούμενος όγκος

V=\displaystyle\frac{1}{3}\cdot (\frac{|CD|+|EZ|}{2}\cdot |ML|)\cdot |OH|=\displaystyle\frac{a^2v}{8}.

[Συντομότερη οπωσδήποτε η λύση του Κώστα, με ενδιέφερε όμως ο υπολογισμός των |ML|, |OH|. Και οι δύο μέθοδοι μπορούν να χρησιμοποιηθούν και στην γενικότερη περίπτωση \displaystyle\frac{|OE|}{|OA|}=\frac{|OZ|}{|OB|}=r, όπου 0<r<1, με αποτέλεσμα V=\displaystyle\frac{r(r+1)}{6}a^2v. (Στην δική μου μέθοδο μόνη σημαντική αλλαγή η |OK|=\displaystyle\frac{2rv}{1+r} (με Θεώρημα Μενελάου στο OO_1B με διατέμνουσα ZKD).)]

Γιώργος Μπαλόγλου
Συνημμένα
sqpr.png
sqpr.png (75.51 KiB) 125 προβολές
Ὁρᾷς, τὸ κάλλος ὅσσον ἐστὶ τῆς λίθου, ἐν ταῖς ἀτάκτοις τῶν φλεβῶν εὐταξίαις. -- Παλατινή Ανθολογία 9.695 -- Ιδού του πετραδιού η άμετρη ομορφιά, μεσ' των φλεβών τις άναρχες πειθαρχίες.
Άβαταρ μέλους
gbaloglou
Επιμελητής
 
Δημοσιεύσεις: 1691
Εγγραφή: Παρ. Φεβ. 27, 2009 10:24 pm
Τοποθεσία: Θεσσαλονικη


Επιστροφή στο Εξετάσεις Σχολών

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτή την Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες