Σ.Μ.Α. 1974 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

Με την δημοσίευση αυτή τελειώνω όσα θέματα υπάρχουν στα Ετήσια Δελτία του Πάλλα στα έτη από 1964 εως και 1979.
Όλα τα θέματα προτείνονται στον φάκελο θέματα εξετάσεων κι αρχειοθετούνται στην 1η δημοσίευση του εν λόγω φακέλου
ονόματι Ευρετήριο Θεμάτων Εισαγωγικών - Πανελλαδικών Εξετάσεων.

Όπως αναφέρω και στην αρχή της παραπάνω δημοσίευσης, αναζητούμε από το 1964 κι έπειτα τα παρακάτω θέματα:
ΙΚΑΡΩΝ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ 1971, 1972
Σ.Μ.Α. ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ 1972
Σ.Τ.Υ.Α. ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ 1972
Σ.Τ.Υ.Α. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ 1971
Σ.Τ.Υ.Α. ΑΛΓΕΒΡΑ,ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ, ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ κάθε χρονιά πλην '68,'71,'72 (Σχολή Τεχνικών Υπαξιωματικών Αεροπορίας)
Σ.Υ.Δ.Α. ΑΛΓΕΒΡΑ,ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ, ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ κάθε χρονιά πλην '68 (Σχολή Υπαξιωματικών Διοικητικών Αεροπορίας)
ΤΕΛ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 1998 (ΤΕΧΝΙΚΑ ΕΠΑΓΓΕΛΜΑΤΙΚΑ ΛΥΚΕΙΑ)
Αν κάποιος έχει κάποια άλλη πηγή για τα παραπάνω θέματα, θα χαιρόμασταν ιδιαίτερα να τα μοιραστεί μαζί μας.

Στην συνέχεια θα συνεχίσω να προτείνω τα θέματα των εξετάσεων του 1963, 1962, ...
Ευχαριστώ όλους όσους συμμετέχουν στην επίλυση των παλιότερων θεμάτων εξετάσεων
καθώς και όσους μου στέλνουν τις όποιες ενστάσεις τους έχουν και διορθώνουμε τυχόν τυπογραφικά,
μόνο όταν λυθούν όλα τα θέματα , θα είμαστε σίγουροι για όλες τις εκφωνήσεις τους
επίσης σαν απάντηση στο σχόλιο πως μερικοί δεν προλαβαίνουν να λύνουν όσα θέματα λύνουν κάποιοι άλλοι
ας πω πως ο καθένας λύνει ο,τι προλάβει και όποτε μπορεί και κάθε λύση που μπαίνει εκεί είναι πολύτιμη
γιατί κάποτε οι λύσεις εκεί (είτε μπουν σε φυλλάδιο είτε όχι) θα υπάρχουν για να θυμίζουν στους άλλους
την προσπάθεια του και των υπολοίπων να διορθωθούν και λυθούν με τα μέσα της εκάστοτε εποχής
και οι λύσεις του εκεί, είναι περισσότερο σημαντικές από όσο φαντάζεται
γιατί δεν υπάρχουν πουθενά αλλού συγκεντρωμένα και εύκολα προσβάσιμα στον οποιονδήποτε
ούτε τόσα θέματα ούτε τόσες λύσεις, ο κόπος σας δεν πάει χαμένος
αν ακόμα έχετε και διαφορετική λύση, ακόμα καλύτερα για όλους μας,
όφελος θα είναι ...

Αρκετά με την πολυλογία, ας δούμε τα θέματα του 1974 ..

1. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των άκρων ευθυγράμμου τμήματος $\displaystyle{AB}$ ίσου και παράλληλου προς σταθερό ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ , δεδομένου οτι τα άκρα του βρίσκονται αντίστοιχα πάνω στις επιφάνειες δυο δοθείσων σφαιρών.

2. Να κατασκευαστεί τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ από τα στοιχεία $\displaystyle{\beta, 2\tau}$ και γνωρίζοντας ότι οι γωνίες του με την σειρά $\displaystyle{\widehat{A},\widehat{B},\widehat{\Gamma} }$ αποτελούν αύξουσα αριθμητική πρόοδο.

3. Δίνεται κύκλος κέντρου $\displaystyle{O}$ , ένα σταθερό σημείο $\displaystyle{K}$ εσωτερικά του κύκλου και ένα άλλο $\displaystyle{P}$ επίσης σταθερό εξωτερικά του κύκλου. Γύρω από το $\displaystyle{K}$ περιστρέφεται χορδή $\displaystyle{AB}$ του κύκλου $\displaystyle{O}$ . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του κέντρου $\displaystyle{M}$ του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου $\displaystyle{PAB}$ .

4. Δίνεται ένα τετράγωνο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ πλευράς $\displaystyle{2\alpha}$ και κέντρου $\displaystyle{O}$ . Πάνω στις πλευρές $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Delta}$ παίρνουμε μήκη $\displaystyle{AA'=AA''=\lambda}$ μικρότερο του μισού της πλευράς του τετραγώνου. Επίσης από τις κορυφές $\displaystyle{B,\Gamma,\Delta}$ και πάνω στις πλευρές του τετραγώνου παίρνουμε ομοίως $\displaystyle{BB'=BB''=\Gamma\Gamma'=\Gamma\Gamma''=\Delta\Delta'=\Delta\Delta''=\lambda}$ . Ζητείται
α) να αποδειχτεί οτι το σχηματιζόμενο οκτάγωνο $\displaystyle{A'B''B'\Gamma''\Gamma'\Delta''\Delta'A''}$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.
β) πως πρέπει να επιλεγεί ο $\displaystyle{\lambda}$ ώστε το οκτάγωνο να είναι κανονικό;

5. Ποιος είναι ο γεωμετρικός τόπος του μέσου $\displaystyle{K}$ ευθυγράμμου τμήματος $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ σταθερού μήκους $\displaystyle{\lambda}$ του οποίου τα άκρα ολισθαίνουν πάνω σε δυο ευθείες ασύμβατες και ορθογώνιες $\displaystyle{\color{red}\varepsilon_1}}$ και $\displaystyle{\color{red}\varepsilon_2}}$ ;

edit
γραμματική διόρθωση στο 5ο

parmenides51 · #2

parmenides51 έγραψε:5. Ποιος είναι ο γεωμετρικός τόπος του μέσου $\displaystyle{K}$ ευθυγράμμου τμήματος $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ σταθερού μήκους $\displaystyle{\lambda}$ του οποίου τα άκρα ολισθαίνουν πάνω σε δυο ευθείες ασύμβατες και ορθογώνιες $\displaystyle{\color{red}\varepsilon_1}}$ και $\displaystyle{\color{red}\varepsilon_2}}$ ;

εδώ

edit
μεταφορά διόρθωσης

#3

parmenides51 έγραψε: 4. Δίνεται ένα τετράγωνο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ πλευράς $\displaystyle{2\alpha}$ και κέντρου $\displaystyle{O}$ . Πάνω στις πλευρές $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Delta}$ παίρνουμε μήκη $\displaystyle{AA'=AA''=\lambda}$ μικρότερο του μισού της πλευράς του τετραγώνου. Επίσης από τις κορυφές $\displaystyle{B,\Gamma,\Delta}$ και πάνω στις πλευρές του τετραγώνου παίρνουμε ομοίως $\displaystyle{BB'=BB''=\Gamma\Gamma'=\Gamma\Gamma''=\Delta\Delta'=\Delta\Delta''=\lambda}$ . Ζητείται
α) να αποδειχτεί οτι το σχηματιζόμενο οκτάγωνο $\displaystyle{A'B''B'\Gamma''\Gamma'\Delta''\Delta'A''}$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.
β) πως πρέπει να επιλεγεί ο $\displaystyle{\lambda}$ ώστε το οκτάγωνο να είναι κανονικό;

Καλημέρα.

: ΣΜΑ 1974.png (9.13 KiB) Προβλήθηκε 1366 φορές

α) Οι διαγώνιοι του τετραγώνου και οι μεσοκάθετοι των πλευρών του διέρχονται από το κέντρο του τετραγώνου

. Οι μεσοκάθετοι όμως των πλευρών του τετραγώνου είναι και μεσοκάθετοι των πλευρών $\displaystyle{{\rm A}'{\rm B}'',{\rm B}'\Gamma '',\Gamma '\Delta '',\Delta '{\rm A}''}$ του οκταγώνου αφού είναι όλες ίσες με $\displaystyle{2\alpha - 2\lambda }$ .
Εξάλλου, τα τρίγωνα $\displaystyle{{\rm A}{\rm A}'{\rm A}'',{\rm B}{\rm B}'{\rm B}'',\Gamma \Gamma '\Gamma '',\Delta \Delta '\Delta ''}$ είναι ορθογώνια και ισοσκελή, άρα οι διαγώνιοι του τετραγώνου είναι μεσοκάθετοι των βάσεών τους.

Επομένως το οκτάγωνο $\displaystyle{A'B''B'\Gamma''\Gamma'\Delta''\Delta'A''}$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο.

β) Οι γωνίες του οκταγώνου είναι $\displaystyle{{180^0} - {45^0} = {135^0}}$ , οπότε για να είναι κανονικό, θα πρέπει $\displaystyle{{\rm A}'{\rm A}'' = {\rm A}'{\rm B}''}$
Από Π.Θ $\displaystyle{{\rm A}'{\rm A}'' = \lambda \sqrt 2 }$ , ενώ $\displaystyle{{\rm A}'{\rm B}'' = 2\alpha - 2\lambda }$ .

Άρα θα πρέπει: $\displaystyle{\lambda \sqrt 2 = 2\alpha - 2\lambda \Leftrightarrow \lambda (2 + \sqrt 2 ) = 2\alpha \Leftrightarrow \lambda = \alpha (2 - \sqrt 2 )}$

#4

parmenides51 έγραψε:Με την δημοσίευση αυτή τελειώνω όσα θέματα υπάρχουν στα Ετήσια Δελτία του Πάλλα στα έτη από 1964 εως και 1979.
Όλα τα θέματα προτείνονται στον φάκελο θέματα εξετάσεων κι αρχειοθετούνται στην 1η δημοσίευση του εν λόγω φακέλου
ονόματι Ευρετήριο Θεμάτων Εισαγωγικών - Πανελλαδικών Εξετάσεων.

Όπως αναφέρω και στην αρχή της παραπάνω δημοσίευσης, αναζητούμε από το 1964 κι έπειτα τα παρακάτω θέματα:
ΙΚΑΡΩΝ ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ 1971, 1972
Σ.Μ.Α. ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ 1972
Σ.Τ.Υ.Α. ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ 1972
Σ.Τ.Υ.Α. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ 1971
Σ.Τ.Υ.Α. ΑΛΓΕΒΡΑ,ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ, ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ κάθε χρονιά πλην '68,'71,'72 (Σχολή Τεχνικών Υπαξιωματικών Αεροπορίας)
Σ.Υ.Δ.Α. ΑΛΓΕΒΡΑ,ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ, ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ κάθε χρονιά πλην '68 (Σχολή Υπαξιωματικών Διοικητικών Αεροπορίας)
ΤΕΛ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ 1998 (ΤΕΧΝΙΚΑ ΕΠΑΓΓΕΛΜΑΤΙΚΑ ΛΥΚΕΙΑ)
Αν κάποιος έχει κάποια άλλη πηγή για τα παραπάνω θέματα, θα χαιρόμασταν ιδιαίτερα να τα μοιραστεί μαζί μας.

Στην συνέχεια θα συνεχίσω να προτείνω τα θέματα των εξετάσεων του 1963, 1962, ...
Ευχαριστώ όλους όσους συμμετέχουν στην επίλυση των παλιότερων θεμάτων εξετάσεων
καθώς και όσους μου στέλνουν τις όποιες ενστάσεις τους έχουν και διορθώνουμε τυχόν τυπογραφικά,
μόνο όταν λυθούν όλα τα θέματα , θα είμαστε σίγουροι για όλες τις εκφωνήσεις τους
επίσης σαν απάντηση στο σχόλιο πως μερικοί δεν προλαβαίνουν να λύνουν όσα θέματα λύνουν κάποιοι άλλοι
ας πω πως ο καθένας λύνει ο,τι προλάβει και όποτε μπορεί και κάθε λύση που μπαίνει εκεί είναι πολύτιμη
γιατί κάποτε οι λύσεις εκεί (είτε μπουν σε φυλλάδιο είτε όχι) θα υπάρχουν για να θυμίζουν στους άλλους
την προσπάθεια του και των υπολοίπων να διορθωθούν και λυθούν με τα μέσα της εκάστοτε εποχής
και οι λύσεις του εκεί, είναι περισσότερο σημαντικές από όσο φαντάζεται
γιατί δεν υπάρχουν πουθενά αλλού συγκεντρωμένα και εύκολα προσβάσιμα στον οποιονδήποτε
ούτε τόσα θέματα ούτε τόσες λύσεις, ο κόπος σας δεν πάει χαμένος
αν ακόμα έχετε και διαφορετική λύση, ακόμα καλύτερα για όλους μας,
όφελος θα είναι ...

Αρκετά με την πολυλογία, ας δούμε τα θέματα του 1974 ..

Ποια πολυλογία, περί ΗΡΩΙΣΜΟΥ (σου) πρόκειται!

Γιώργος Μπαλόγλου

#5

parmenides51 έγραψε:5. Ποιος είναι ο γεωμετρικός τόπος του μέσου $\displaystyle{K}$ ευθυγράμμου τμήματος $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ σταθερού μήκους $\displaystyle{\lambda}$
του οποίου τα άκρα ολισθαίνουν πάνω σε δυο ευθείες ασύμβατες και ορθογώνιες $\displaystyle{\color{red}\varepsilon_1}}$ και $\displaystyle{\color{red}\varepsilon_2}}$ ;

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα.

: Ασύμβατες και ορθογώνιες 1.PNG (94.01 KiB) Προβλήθηκε 1309 φορές

Στο ανωτέρω σχήμα παρατηρούμε:

1ο) Τις ασύμβατες και ορθογώνιες ευθείες $\displaystyle{(e_1),(e_2)}$ με πράσινο χρώμα.

2ο) Το επίπεδο $\displaystyle{(P)}$ το οποίο είναι κάθετο στην πρώτη $\displaystyle{(e_1)}$ και πάνω στο οποίο κείται η δεύτερη $\displaystyle{(e_2)}$

3ο) Με κέντρο το σημείο $\displaystyle{C_o}$ και ακτίνα ίση με τη σταθερή τιμή το $\displaystyle{\lambda}$ γράφτηκε κύκλος (στικτός) στο επίπεδο $\displaystyle{(P)}$ ο οποίος όρισε

τα σημεία $\displaystyle{D_1,D_2}$ πάνω στην $\displaystyle{(e_2)}$ κι έτσι ορίστηκε το τμήμα $\displaystyle{D_1D_2}$ πάνω στο οποίο κινείται το ένα άκρο $\displaystyle{D}$

του τμήματος $\displaystyle{CD}$ (με κίτρινο χρώμα) ενώ το άλλο κινείται πάνω στην $\displaystyle{(e_1)}$ μεταξύ των $\displaystyle{C_1, C_2}$ .

Από τα ανωτέρω προκύπτει ότι το τρίγωνο $\displaystyle{C_oD_1D_2}$ είναι ισοσκελές με $\displaystyle{C_oD_1=C_oD_2=\lambda}$ κι ακόμα ότι η κοινή κάθετος των $\displaystyle{e_1, e_2}$ είναι η $\displaystyle{C_o D_o}$ όπου

$\displaystyle{D_o}$ το μέσον της $\displaystyle{D_1D_2}$ .

Στη συνέχεια αν θεωρήσουμε τα μέσα $\displaystyle{K_o, K_1,K_2, K}$ αντίστοιχα των τμημάτων $\displaystyle{ C_oD_o, C_oD_1, C_oD_2, CD}$ τότε αυτά θα ανήκουν σε ένα σταθερό επίπεδο

το οποίο θα είναι το μεσοπαράλληλο των δύο ασυμβάτων $\displaystyle{e_1, e_2}$ (το οποίο δε φαίνεται στο σχήμα για λόγους απλούστευσης των γραμμών)

Ακόμα θα είναι:

$\displaystyle{C_oK_o=\frac{d}{2}\ \ (1)}$

όπου $\displaystyle{d}$ το μήκος της σταθερής κοινής καθέτρου των ασυμβάτων αυτών $\displaystyle{C_oD_o}$ . Ταυτόχρονα η σχέση (1)

εκφράζει τη σταθερή απόσταση του $\displaystyle{C_o}$ από το μεσοπαράλληλο επίπεδο των ασυμβάτων αυτών.

Ύστερα από αυτά προσέχοντας το μεταβλητό τρίγωνο $\displaystyle{CC_oD}$ παρατηρούμε ότι:

$\displaystyle{C_oK=\frac{CD}{2}=\frac{\lambda}{2}=ct\ \ (2)}$

Τέλος από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{C_oK_oK}$ και από τις (1) και (2) προκύπτει:

$\displaystyle K_oK=\sqrt{(C_oK)^2-(C_oK_o)^2}\\\\\Rightarrow K_oK=\sqrt{\frac{\lambda ^2}{4}-\frac{d^2}{4}}\\\\\Rightarrow K_oK=\frac{1}{2}\sqrt{\lambda ^2-d^2}\ \ (3)$

Επομένως ο ζητούμενος γ.τ. είναι ο κύκλος $\displaystyle{(Q)}$ επί του μεσοπαραλλήλου επιπέδου των ασυμβάτων αυτών με κέντρο το σημείο $\displaystyle{K_o}$ και ακτίνα που δίνεται από τη σχέση (3).

Για να υπάρχει αυτός ο κύκλος θα πρέπει προφανώς να ισχύει: $\displaystyle \lambda >d$ .

Αν $\displaystyle{\lambda = d}$ τότε ο κύκλος εκφυλίζεται στο σημείο $\displaystyle{K_o}$ και αν $\displaystyle{\lambda<d}$ τότε δεν υπάρχει τέτοιο τμήμα ώστε να ολισθαίνει επί των ασυμβάτων ευθειών και συνεπώς

δεν ορίζεται ο γ.τ. του μέσου του.

Κώστας Δόρτσιος

#6

Τι γίνεται στην γενική περίπτωση, όταν δηλαδή οι δύο ασύμβατες δεν είναι ορθογώνιες; Αν στο σχήμα του Κώστα κρατήσουμε την e_1

σταθερή και στρέψουμε την e_2

περί την

κατά γωνία $\theta$ * ... έχουμε ήδη φθάσει στην γενική περίπτωση (δύο ασυμβάτων ευθειών με ελάχιστη μεταξύ τους απόσταση d=|C_0D_0|

και μεταξύ τους γωνία $\theta$ ). Αν το δούμε με Αναλυτική -- έτσι ώστε το C_0

να είναι η αρχή των αξόνων, η e_1

να είναι ο άξονας των

και η παλιά e_2

να είναι ο άξονας των

-- τότε η

ορίζεται από την x=y=0

και η

από τις $z=(tan\theta )x$ , y=d

. Αναζητούμε λοιπόν σημεία (0,0,z)

επί της

και $(x,d,(tan\theta )x)$ επί της e_2

τέτοια ώστε η μεταξύ τους απόσταση να ισούται προς $\lambda$ , οπότε προκύπτει άμεσα η εξίσωση (ελλειψοειδούς καθέτου προς το επίπεδο y=0

)

$(tan^2(\theta )+1)x^2-2tan(\theta )xz+z^2={\lambda }^2-d^2.$

Προφανώς ο γεωμετρικός τόπος αποτελείται από σημεία της μορφής

$(\displaystyle\frac{x}{2},\displaystyle\frac{d}{2},\displaystyle\frac{z+(tan\theta )x}{2}),$

όπου τα

και

ικανοποιούν την παραπάνω εξίσωση.

Όταν $\theta =0$ έχουμε το αρχικό πρόβλημα: το ελλειψοειδές είναι ο κύλινδρος $x^2+z^2={\lambda }^2-d^2$ και ο γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος κέντρου $(0,\displaystyle\frac{d}{2}, 0)$ και ακτίνας $\displaystyle\frac{\sqrt{{\lambda }^2-d^2}}{2}$ , παράλληλος προς το επίπεδο y=0

(αποτέλεσμα Κώστα Δόρτσιου).

Όταν $\theta \neq0$ τα πράγματα μπλέκουν: θέτοντας $m=tan\theta$ αναζητούμε στο επίπεδο $y=\displaystyle\frac{d}{2}$ μία καμπύλη της μορφής $X=\displaystyle\frac{x}{2}$ , $Z=\displaystyle\frac{z+mx}{2}$ , όπου $(m^2+1)x^2-2mxz+z^2={\lambda }^2-d^2.$ (Ύστερα από τις σχετικές απαλοιφές ... μου βγαίνει η έλλειψη

$(16m^2+4)X^2-16mXZ+4Z^2={\lambda }^2-d^2$

... ότι και να σημαίνει αυτό

)

[Ας δούμε ένα παράδειγμα με $\theta =45^0$ , m=1

,

, $\lambda =3$ : η αρχική εξίσωση είναι η 2x^2-2xz+z^2=8

, από την οποία λαμβάνουμε $z=x\pm\sqrt{8-x^2}$ , οπότε για x=2

προκύπτουν τα σημεία (0,0,0)

(επί της

) και

(επί της

), με μεταξύ τους απόσταση ίση προς

, αλλά και τα σημεία (0,0,4)

(επί της

) και

(επί της

), πάλι με μεταξύ τους απόσταση ίση προς

. Ξεκινώντας δηλαδή με x=2, z=0

και

, με αμφότερα τα ζεύγη να ικανοποιούν την 2x^2-2xz+z^2=8

, καταλήγουμε στα X=1, Z=1

και

, με αμφότερα τα ζεύγη να ικανοποιούν την 20X^2-16XZ+4Z^2=8

ή

. (Οι δύο ελλείψεις, ή μάλλον οι εγκάρσιες τομές των δύο ελλειψοειδών, εικονίζονται στο συνημμένο (με την μικρότερη να αποτελεί τον ζητούμενο γεωμετρικό τόπο.)]

*αν η $\theta$ είναι ορθή τότε το πρόβλημα εκφυλίζεται ( e_1//e_2

) και ο γεωμετρικός τόπος είναι προφανώς η μεσοπαράλληλος (προς την οποία και τείνει η τομή του ελλειψοειδούς και του επιπέδου $y=\displaystyle\frac{d}{2}$ καθώς $\theta \rightarrow \displaystyle\frac{\pi }{2}$ ).

Γιώργος Μπαλόγλου

#7

parmenides51 έγραψε:
2. Να κατασκευαστεί τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ από τα στοιχεία $\displaystyle{\beta, 2\tau}$ και γνωρίζοντας ότι οι γωνίες του με την σειρά $\displaystyle{\widehat{A},\widehat{B},\widehat{\Gamma} }$ αποτελούν αύξουσα αριθμητική πρόοδο.

Οι γωνίες του τριγώνου αποτελούν αύξουσα αριθμητική πρόοδο που σημαίνει ότι το τρίγωνο μπορεί να είναι και ισόπλευρο ( $\displaystyle{\widehat {\rm A} = \widehat {\rm B} = \widehat \Gamma = {60^0}}$ ). Σ' αυτή την περίπτωση η κατασκευή είναι απλή.

Αν όμως οι γωνίες αποτελούν γνησίως αύξουσα αριθμητική πρόοδο με διαφορά $\displaystyle{\omega }$ , τότε θα είναι: $\displaystyle{\widehat {\rm B} - \omega + \widehat {\rm B} + \widehat {\rm B} + \omega = {180^0} \Leftrightarrow \widehat {\rm B} = {60^0}}$ , $\displaystyle{\widehat {\rm A} + \widehat \Gamma = {120^0},\widehat {\rm A} < \widehat \Gamma }$

: ΣΜΑ 1974.2png.png (24.01 KiB) Προβλήθηκε 1261 φορές

Ανάλυση: Έστω $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ το ζητούμενο τρίγωνο. Προεκτείνω την

, κατά τμήμα $\displaystyle{{\rm B}\Delta = \alpha }$ , οπότε θα είναι $\displaystyle{{\rm B}\widehat \Delta \Gamma = {30^0}}$ . Έστω M, N

τα μέσα των $\displaystyle{{\rm A}\Gamma ,\Gamma \Delta }$ . Στο τρίγωνο $\displaystyle{{\rm M}\Gamma {\rm N}}$ είναι

$\displaystyle{{\rm M}\Gamma = \frac{\beta }{2},{\rm M}{\rm N} = \frac{{\alpha + \gamma }}{2} = \frac{{2\tau - \beta }}{2} = \tau - \frac{\beta }{2},{\rm M}\widehat {\rm N}\Gamma = {30^0},{\rm N}\widehat {\rm M}\Gamma = \widehat {\rm A}}$ .

Επειδή όμως $\displaystyle{\widehat {\rm A} < {60^0}}$ , η γωνία $\displaystyle{{\rm M}\widehat \Gamma {\rm N}}$ θα είναι αμβλεία (1).

Αν κατασκευαστεί το τρίγωνο $\displaystyle{{\rm M}\Gamma {\rm N}}$ , μπορεί να κατασκευαστεί και το $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ .

Κατασκευή: Γράφουμε τόξο (C_2)

με χορδή $\displaystyle{{\rm M}\Gamma = \frac{\beta }{2}}$ που δέχεται γωνία $\displaystyle{{30^0}}$ . Με κέντρο το σημείο

και ακτίνα $\displaystyle{\tau - \frac{\beta }{2}}$ γράφουμε κύκλο (C_3)

που τέμνει το τόξο (C_2)

σ' ένα σημείο

. Προεκτείνουμε τη $\displaystyle{\Gamma {\rm N}}$ κατά τμήμα $\displaystyle{{\rm N}\Delta = \Gamma {\rm N}}$ και τη $\displaystyle{\Gamma {\rm M}}$ κατά τμήμα $\displaystyle{{\rm M}{\rm A} = \Gamma {\rm M} = \frac{\beta }{2}}$ . Αν η $\displaystyle{{\rm A}\Delta }$ τέμνει το τόξο (C_1)

με χορδή $A\Gamma$ που δέχεται γωνία $\displaystyle{{60^0}}$ , στο σημείο

, τότε το $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ είναι το ζητούμενο τρίγωνο.

Απόδειξη: Το τρίγωνο $\displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }$ έχει από κατασκευής
$\displaystyle{{\rm A}\Gamma = \beta }$ , $\displaystyle{\widehat {\rm B} = {60^0}}$ ( οι γωνίες του με την σειρά $\displaystyle{\widehat{A},\widehat{B},\widehat{\Gamma} }$ αποτελούν αύξουσα αριθμητική πρόοδο) και $\displaystyle{\alpha + \gamma = 2\tau - \beta }$ . Πληροί λοιπόν τις υποθέσεις του προβλήματος, άρα είναι το ζητούμενο.

Διερεύνηση: Για να υπάρχει λύση πρέπει αρχικά $\displaystyle{\beta < \alpha + \gamma = 2\tau - \beta \Leftrightarrow \beta < \tau }$ .
Αν φέρουμε τη μεσοκάθετο της $\displaystyle{{\rm A}\Gamma }$ που τέμνει το τόξο (C_1)

στο σημείο

, τότε επειδή $\displaystyle{\widehat {\rm A} < \widehat \Gamma }$ , το σημείο

, θα κινείται στο τόξο $\displaystyle{{\rm M}\Gamma {\rm P}}$ .

Έτσι αν ο κύκλος $\displaystyle{\left( {{\rm M},\tau - \frac{\beta }{2}} \right)}$ τέμνει το τόξο (C_2)

και σε ένα άλλο σημείο εκτός του

, τότε από την κατασκευή προκύπτουν δύο σημεία της κορυφής

. Το ένα όμως θα απορριφθεί επειδή θα βρίσκεται στο τόξο $\displaystyle{{\rm M}{\rm A}{\rm P}}$ και η γωνία $\displaystyle{{\rm M}\widehat \Gamma {\rm N}}$ θα είναι οξεία που είναι άτοπο λόγω της (1).

Αν λοιπόν $\displaystyle{\beta < \tau }$ , το πρόβλημα έχει πάντοτε μία λύση.
Αν $\displaystyle{\beta \ge \tau }$ , το πρόβλημα δεν έχει λύση.

Ελπίζω να μην μου έχει διαφύγει κάτι.

#8

gbaloglou έγραψε:Τι γίνεται στην γενική περίπτωση, όταν δηλαδή οι δύο ασύμβατες δεν είναι ορθογώνιες;

Προσπάθησα με αρκετή δουλειά (που δεν φαίνεται στο σχήμα γιατί έγινε απόκρυψη πολλών βοηθητικών στοιχείων,
όπως για παράδειγμα σφαίρες, επίπεδα και πολλές ευθείες και μετρήσεις) να παρουσιάσω την άποψη του
Γιώργου Μπαλόγλου με ένα όμορφο σχήμα στο οποίο φαίνεται η έλλειψη $\displaystyle{(Q)}$ για την οποία μιλά.

: Ασύμβατες ευθείες 2.PNG (124.55 KiB) Προβλήθηκε 1237 φορές

Μερικά σχόλια:

1ο) Δεν έκανα απόδειξη αλλά μια προσομοίωση της κινητικότητας της περίπτωσης αυτής.

2ο) Το πρόβλημα που αντιμετώπισα ήταν το πώς θα κατασκευάσω ένα τμήμα δοσμένου μήκους $\displaystyle{\lambda}$
να κινείται έτσι ώστε τα άκρα του να ολισθαίνουν αντίστοιχα σε δύο ασύμβατες που σχηματίζουν τυχαία γωνία.
(Η περίπτωση της ορθής αναλύθηκε στην πρώτη μου ανάρτηση).

Η κατασκευή αυτή στηρίχτηκε στη δυνατότητα του Cabri 3D και με λίγα λόγια περιλαμβάνει τα ακόλουθα στάδια:

α) Κατασκεύασα δύο σφαίρες με κέντρα επί της $\displaystyle{(e_2)}$ οι οποίες να έχουν δοθείσα ακτίνα ίση με $\displaystyle{\lambda}$
και να εφαπτονται στην $\displaystyle{(e_1)}$ . Έτσι προσδιορίστηκαν τα σημεία $\displaystyle{D_1, D_2}$ (κέντρα σφαιρών), τα σημεία $\displaystyle{C_1,C_2}$
(σημεία επαφής των σφαιρών με την $\displaystyle{e_1}$ .
β) Η κατασκευή του τμήματος που θα ολισθαίνει έγινε ως εξής: Με τυχαίο κέντρο ένα σημείο $\displaystyle{D}$ του τμήματος $\displaystyle{D_1D_2}$
και με ακτίνα ίση με $\displaystyle{\lambda}$ κατασκευάστηκε σφαίρα που έτμησε την $\displaystyle{e_1}$ σε δύο σημεία από τα οποία εμφανίζω
στο σχήμα μόνο το ένα, δηλαδή το $\displaystyle{C}$ .
γ) Θεωρώντας ότι και τα μέσα των τμημάτων $\displaystyle{C_1D_1, C_2D_2, CD}$ είναι τρία σημεία του ζητούμενου γ. τόπου και αφού πήρα κι ακόμα δύο θέσεις του τμήματος αυτού
το λογισμικό μου έδωσε στο ανωτέρω σχήμα την κωνική τομή στην οποία ανήκουν και η οποία είναι έλλειψη που ανήκει στο μεσοπαράλληλο επίπεδο των ασυμβάτων αυτών
και με κέντρο το μέσο της κοινής καθέτου $\displaystyle{MN}$ αυτών.

Πιστεύω ότι τα ανωτέρω ίσως μπλέκουν τον αναγνώστη που είναι μακριά από τη χρήση των λογισμικών, αλλά όφειλα έστω και τηλεγραφικά, να περιγράψω τη δουλειά αυτή
που δείχνει κάπως το αποτέλεσμα της πρότασης του Γιώργου Μπαλόγλου. Πάντως εγώ στεκόμενος μπροστά στο σχήμα και κινώντας το σημείο $\displaystyle{D}$ επί της $\displaystyle{e_2}$
"απολαμβάνω" το γεγονός ότι το μέσο της $\displaystyle{CD}$ "αναγκάζεται να περπατήσει" πάνω στην έλλειψη $\displaystyle{(Q)}$
(Να με συπαθάτε)

Κώστας Δόρτσιος

#9

gbaloglou έγραψε:[Ας δούμε ένα παράδειγμα με $\theta =45^0$ , , , $\lambda =3$ : η αρχική εξίσωση είναι η , από την οποία λαμβάνουμε $z=x\pm\sqrt{8-x^2}$ , οπότε για προκύπτουν τα σημεία (επί της ) και (επί της ), με μεταξύ τους απόσταση ίση προς , αλλά και τα σημεία (επί της ) και (επί της ), πάλι με μεταξύ τους απόσταση ίση προς . Ξεκινώντας δηλαδή με και , με αμφότερα τα ζεύγη να ικανοποιούν την , καταλήγουμε στα και , με αμφότερα τα ζεύγη να ικανοποιούν την ή . (Οι δύο ελλείψεις, ή μάλλον οι εγκάρσιες τομές των δύο ελλειψοειδών, εικονίζονται στο συνημμένο (με την μικρότερη να αποτελεί τον ζητούμενο γεωμετρικό τόπο.)]

Τα παραπάνω επιβεβαιώνει η υπέροχη κατασκευή του Κώστα Δόρτσιου!

Ας πω επίσης ότι στην προσέγγιση μου η μπλε έλλειψη είναι 'ιδεατή' και βοηθητική, ενώ η κόκκινη έλλειψη είναι τελικά αυτή που μας ενδιαφέρει (και αυτή που τόσο όμορφα και δυναμικά επανατοποθέτησε στον τρισδιάστατο χώρο ο Κώστας), με αγνώστου γεωμετρικού ρόλου εστίες $\approx(\pm1,26, \pm3,04)$ και ακραία σημεία $\approx(\pm1,29, \pm3,11)$ .

[Τα σημεία (0,0,h)

και

επί των δύο ασυμβάτων που ορίζουν τμήμα μήκους

με μέσο το παραπάνω 'ακραίο' σημείο (1,29, 0,5, 3,11)

προσδιορίζονται, προσεγγιστικά πάντοτε, από την <s,1,s-h>=2<1,29,0,5,3,11-h>

, από την οποία λαμβάνουμε s=2,58

,

. (Πράγματι η απόσταση ανάμεσα στα (0,0,3,64)

και

ισούται προς $\approx2,96$ -- φυσικά θα πλησιάζαμε περισσότερο την αναμενόμενη απόσταση

με καλύτερες προσεγγίσεις του ακραίου σημείου.)]

Γιώργος Μπαλόγλου

#10

KDORTSI έγραψε:Πάντως εγώ στεκόμενος μπροστά στο σχήμα και κινώντας το σημείο $\displaystyle{D}$ επί της $\displaystyle{e_2}$ "απολαμβάνω" το γεγονός ότι το μέσο της $\displaystyle{CD}$ "αναγκάζεται να περπατήσει" πάνω στην έλλειψη $\displaystyle{(Q)}$ (Να με συμπαθάτε)

Σκέφτομαι ότι όλα αυτά θα μπορούσαν αρκετά εύκολα να επαληθευθούν και με μηχανικά μέσα, ένα σταθερό ΤΑΥ με έναν επιπλέον περιστρεφόμενο βραχίονα στην βάση του, 'ράγες' στους δύο βραχίονες, και ένα σταθερού μήκους έλασμα με κατακόκκινο μέσο να κινείται 'ελεύθερα' ανάμεσα τους

[Ο περιστρεφόμενος βραχίονας διατηρείται σταθερός αφού επιλεγεί η γωνία του.]

Να με συμπαθάτε και μένα,

Γιώργος Μπαλόγλου

Σ.Μ.Α. 1974 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Σ.Μ.Α. 1974 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α. 1974 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α. 1974 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α. 1974 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α. 1974 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α. 1974 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α. 1974 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α. 1974 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α. 1974 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α. 1974 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση