ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

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 $\displaystyle{AB}$ .

hlkampel · #2

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

$\displaystyle {{\rm E}_{{\rm A}\Delta {\rm E}{\rm A}}} = \frac{{\pi {\alpha ^2}}}{4} - \frac{{{\alpha ^2}}}{2} \Leftrightarrow {{\rm E}_{{\rm A}\Delta {\rm E}{\rm A}}} = \frac{{{\alpha ^2} \cdot \left( {\pi - 2} \right)}}{4}$

hlkampel · #3

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 $\widehat {{\rm B}{\rm A}\Delta }$

#4

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 (79.68 KiB) Προβλήθηκε 490 φορές

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

#5

Μία διαφορετική προσέγγιση, χρησιμοποιώντας το σχήμα του Κώστα:

Προβάλλουμε το

σε σημείο

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

.

Προβάλλουμε το

στο σημείο

επί της

. Λόγω συμμετρίας και πάλι το

κείται επί της

. Από τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα PLN

και

, και επειδή το

είναι μέσον και της

, 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

διέρχεται από το σημείο τομής

των διαγωνίων

και

. Παρατηρούμε επίσης ότι η OO_1

τέμνει και την

και την

, καθώς αυτές κείνται εντός των τριγώνων OAC

και

(διάμεσοι), όπου η OO_1

επίσης κείται (διάμεσος και αυτή): συμπεραίνουμε ότι οι OO_1, CE, DZ

συγκλίνουν στο

(βαρύκεντρο των OAC

και

).

Επειδή το

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

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

ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση