ΦΥΣΙΚΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ 1963

parmenides51 · #1

Εξεταστές: Αναστασιάδης - Πυλαρινός

1. Να δειχτεί οτι για να βρίσκονται οι ρίζες του τριωνύμου $\displaystyle{\alpha x^2+\beta x+\gamma}$ μεταξύ των αριθμών $\displaystyle{-1}$ και $\displaystyle{1 }$ πρέπει και αρκεί
α) να είναι $\displaystyle{\beta^2-4\alpha\gamma>0}$
β) οι τρεις παραστάσεις $\displaystyle{\alpha-\beta+\gamma,\alpha-\gamma,\alpha-\beta+\gamma}$ να είναι ομόσημοι.

2. Εαν η γωνία $\displaystyle{\widehat{A}}$ τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ είναι διπλάσια της $\displaystyle{\widehat{B}}$ , τότε μεταξύ των πλευρών του $\displaystyle{ (B\Gamma)=\alpha,(\Gamma A)=\beta,(AB)=\gamma }$ υπάρχει η σχέση $\displaystyle{\alpha^2=\beta(\beta+\gamma)}$ .

3. Εαν σε μεταβλητό τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ , η πλευρά $\displaystyle{B\Gamma}$ παραμένει σταθερή και η κορυφή $\displaystyle{A}$ κινείται έτσι ώστε το άθροισμα των μηκών των πλευρών $\displaystyle{AB,A\Gamma }$ να παραμένει σταθερό. Να δειχτεί οτι το γινόμενο των μηκών των αποστάσεων των κορυφών $\displaystyle{B}$ και $\displaystyle{\Gamma}$ από την διχοτόμο της εξωτερικής γωνίας $\displaystyle{\widehat{A}}$ , παραμένει σταθερό.

kostas_zervos · #2

parmenides51 έγραψε: 3. Εαν σε μεταβλητό τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ , η πλευρά $\displaystyle{B\Gamma}$ παραμένει σταθερή και η κορυφή $\displaystyle{A}$ κινείται έτσι ώστε το άθροισμα των μηκών των πλευρών $\displaystyle{AB,A\Gamma }$ να παραμένει σταθερό. Να δειχτεί οτι το γινόμενο των μηκών των αποστάσεων των κορυφών $\displaystyle{B}$ και $\displaystyle{\Gamma}$ από την διχοτόμο της εξωτερικής γωνίας $\displaystyle{\widehat{A}}$ , παραμένει σταθερό.

: ask248.png (22.31 KiB) Προβλήθηκε 898 φορές

Έστω σύστημα συντεταγμένων με αρχή το μέσο

του $B\Gamma$ , x'x

την $B\Gamma$ , y'y

τη μεσοκάθετο τoy $B\Gamma$ και θετικό ημιάξονα

την $O\Gamma$ .

Αν $B(-\gamma,0)\;,\;\Gamma(\gamma,0)$ και $(AB)+(A\Gamma)=2\alpha$ , τότε θα πρέπει $(AB)+(A\Gamma)>(B\Gamma)\iff a>\gamma$ .

Άρα ο γεωμετρικός τόπος του

είναι η έλλειψη με εστίες $B\;,\;\Gamma$ και μεγάλο άξονα $(B\Gamma)=2\alpha$ .

Η εξίσωσή της είναι $\dfrac{x^2}{\alpha^2}+\dfrac{y^2}{\beta^2}=1$ , όπου $\beta^2=\alpha^2-\gamma^2$ .

Από την ανακλαστική ιδίοτητα της έλλειψης η ευθεία $(\varepsilon)$ της εξωτερικής διχοτόμου της $\hat{A}$ είναι η εφαπτόμενη της έλλειψης στο

.

Αν

, τότε $\varepsilon:\dfrac{xx_1}{\alpa^2}+\dfrac{yy_1}{\beta^2}=1\iff \beta^2x_1x+\alpha^2y_1y-\alpha^2\beta^2=0$ .

Άρα $d(B,\varepsilon)=\dfrac{|\beta^2x_1\gamma-\alpha^2\beta^2|}{\sqrt{\beta^4x_1^2+\alpha^4y_1^2}}$ και

$d(\Gamma,\varepsilon)=\dfrac{|-\beta^2x_1\gamma-\alpha^2\beta^2|}{\sqrt{\beta^4x_1^2+\alpha^4y_1^2}}$ .

Επομένως $d(B,\varepsilon)\cdot d(\Gamma,\varepsilon)=\dfrac{|\beta^4x_1^2\gamma^2-\alpha^4\beta^4|}{\beta^4x_1^2+\alpha^4y_1^2}=\dfrac{|\beta^4x_1^2\gamma^2-\alpha^4\beta^4|}{|\beta^4x_1^2+\alpha^4y_1^2|}$ .

Αλλά το σημείο

ανήκει στην έλλειψη, άρα $\beta^2x_1^2+\alpha^2y_1^2=\alpha^2\beta^2\iff \alpha^2y_1^2=\alpha^2\beta^2-\beta^2x_1^2$ και $\gamma^2=\alpha^2-\beta^2$ , επομένως

$d(B,\varepsilon)\cdot d(\Gamma,\varepsilon)=\dfrac{|\beta^4x_1^2\left(\alpha^2-\beta^2\right)-\alpha^4\beta^4|}{\left|\beta^4x_1^2+\alpha^2\left(\alpha^2\beta^2-\beta^2x_1^2\right)\right|}=\cdots=\beta^2$ σταθερό.

ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ

Είναι κλασική άσκηση στην έλλειψη...

#3

parmenides51 έγραψε:Εξεταστές: Αναστασιάδης - Πυλαρινός

2. Εαν η γωνία $\displaystyle{\widehat{A}}$ τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ είναι διπλάσια της $\displaystyle{\widehat{B}}$ , τότε μεταξύ των πλευρών του $\displaystyle{ (B\Gamma)=\alpha,(\Gamma A)=\beta,(AB)=\gamma }$ υπάρχει η σχέση $\displaystyle{\alpha^2=\beta(\beta+\gamma)}$ .

Από Νόμο Ημιτόνων:

$\displaystyle{\frac{\alpha }{{\eta \mu {\rm A}}} = \frac{\beta }{{\eta \mu {\rm B}}} \Leftrightarrow \frac{\alpha }{{\eta \mu 2{\rm B}}} = \frac{\beta }{{\eta \mu {\rm B}}} \Leftrightarrow \frac{\alpha }{{2\eta \mu {\rm B}\sigma \upsilon \nu {\rm B}}} = \frac{\beta }{{\eta \mu {\rm B}}}}$ .

Άρα $\displaystyle{\sigma \upsilon \nu {\rm B} = \frac{\alpha }{{2\beta }}}$ (1)

Από Νόμο συνημιτόνων:

$\displaystyle{{\beta ^2} = {\alpha ^2} + {\gamma ^2} - 2\alpha \gamma \sigma \upsilon \nu {\rm B}\mathop = \limits^{(1)} {\alpha ^2} + {\gamma ^2} - 2\alpha \gamma \frac{\alpha }{{2\beta }} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{{\beta ^3} = {\alpha ^2}\beta + {\gamma ^2}\beta - {\alpha ^2}\gamma \Leftrightarrow {\alpha ^2}\beta - {\alpha ^2}\gamma = {\beta ^3} - {\gamma ^2}\beta \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{{\alpha ^2}(\beta - \gamma ) = \beta (\beta - \gamma )(\beta + \gamma )}$

α) Αν $\displaystyle{\beta \ne \gamma }$ , τότε προκύπτει το ζητούμενο: $\displaystyle{{\alpha ^2} = \beta (\beta + \gamma )}$

β) Αν $\displaystyle{\beta = \gamma \Leftrightarrow \widehat {\rm B} = \widehat \Gamma }$ , οπότε θα έχουμε $\displaystyle{4\widehat {\rm B} = {180^0} \Leftrightarrow \widehat {\rm B} = \widehat \Gamma = {45^0},\widehat {\rm A} = {90^0}}$ .

Άρα $\displaystyle{{\alpha ^2} = {\beta ^2} + {\gamma ^2}\mathop = \limits^{\beta = \gamma } {\beta ^2} + \beta \gamma = \beta (\beta + \gamma )}$ . Δηλαδή σε κάθε περίπτωση ισχύει η σχέση.

KARKAR · #4

parmenides51 έγραψε: 2. Εαν η γωνία $\displaystyle{\widehat{A}}$ τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ είναι διπλάσια της $\displaystyle{\widehat{B}}$ , τότε μεταξύ των πλευρών του $\displaystyle{ (B\Gamma)=\alpha,(\Gamma A)=\beta,(AB)=\gamma }$

υπάρχει η σχέση : $\displaystyle{\alpha^2=\beta(\beta+\gamma)}$ .

Χορταστική αντιμετώπιση του θέματος εδώ

ΦΥΣΙΚΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ 1963

ΦΥΣΙΚΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ 1963

Re: ΦΥΣΙΚΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ 1963

Re: ΦΥΣΙΚΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ 1963

Re: ΦΥΣΙΚΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ 1963

Μέλη σε σύνδεση