ΙΚΑΡΩΝ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Να αχθούν τέσσερα παράλληλα επίπεδα $\displaystyle{(\Pi),(P),(\Sigma),(T)}$ διερχόμενα αντίστοιχα από τέσσερα σταθερά σημεία $\displaystyle{A,B,\Gamma,\Delta}$ και ισαπέχοντα.

2. Να κατασκευασθεί τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ με δεδομένα την πλευρά $\displaystyle{B\Gamma}$ αυτού, την διάμεσο $\displaystyle{A\Delta }$ και την διαφορά των γωνιών $\displaystyle{\widehat{B}}$ και $\displaystyle{\widehat{\Gamma}}$ .

3. Δίνεται κύκλος $\displaystyle{(C)}$ κέντρου $\displaystyle{K}$ και σταθερό σημείο $\displaystyle{O}$ που βρίσκεται στο εσωτερικό του. Ορθή γωνία με κορυφή το παραπάνω σταθερό σημείο $\displaystyle{O}$ , περιστρέφεται γύρω από το σημείο αυτό. Εαν με $\displaystyle{A,{\color{red}B}}$ παρασταθούν τα μεταβλητά σημεία τομής του κύκλου και των πλευρών της ορθής γωνίας, να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του μέσου του ευθύγραμμου τμήματος $\displaystyle{AB}$ .

4. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος της τομής των διχοτόμων των γωνιών τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ , του οποίου η πλευρά $\displaystyle{B\Gamma}$ παραμένει σταθερή κατά θέση και μέγεθος και η κορυφή $\displaystyle{A}$ διαγράφει τόξο χορδής $\displaystyle{B\Gamma}$ .

edit
τυπογραφικό ελέω Latex στο 3ο, ευχαριστώ τον Γιώργο (Βισβίκη) που το πρόσεξε

#2

parmenides51 έγραψε: 4. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος της τομής των διχοτόμων των γωνιών τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ , του οποίου η πλευρά $\displaystyle{B\Gamma}$ παραμένει σταθερή κατά θέση και μέγεθος και η κορυφή $\displaystyle{A}$ διαγράφει τόξο χορδής $\displaystyle{B\Gamma}$ .

: Ικάρων 1963.png (15.48 KiB) Προβλήθηκε 1644 φορές

Αφού η κορυφή

διαγράφει τόξο (C_1)

χορδής $B\Gamma$ , η γωνία

θα έχει σταθερό μέτρο, έστω $\displaystyle{\widehat {\rm A} = \omega }$ .
Έστω

το σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου $AB\Gamma$ .
Τότε θα είναι $\displaystyle{{\rm B}\widehat {\rm M}\Gamma = {90^0} + \frac{{\widehat {\rm A}}}{2} = {90^0} + \frac{\omega }{2}}$ .

Άρα το σημείο

βλέπει το σταθερό ευθύγραμμο τμήμα $B\Gamma$ υπό σταθερή γωνία, επομένως θα βρίσκεται πάνω σε τόξο (C_2)

, χορδής $B\Gamma$ που δέχεται γωνία $\displaystyle{{90^0} + \frac{\omega }{2}}$ .

Αντίστροφο: Έστω

ένα σημείο του τόξου (C_2)

. Κατασκευάζουμε τις γωνίες $\displaystyle{{\rm M}\widehat {\rm B}{\rm E} = \Gamma \widehat {\rm B}{\rm M}}$ και $\displaystyle{{\rm M}\widehat \Gamma \Delta = {\rm B}\widehat \Gamma {\rm M}}$ (τα σημεία $E, M, \Delta$ προς το ίδιο μέρος της $B\Gamma$ ) και έστω

το σημείο τομής των $\displaystyle{{\rm B}{\rm E},\Gamma \Delta }$ . Επειδή οι $B\Delta, \Gamma E$ είναι διχοτόμοι των γωνιών του τριγώνου $AB\Gamma$ , και $\displaystyle{{\rm B}\widehat {\rm M}\Gamma = {90^0} + \frac{\omega }{2}}$ , θα είναι $\displaystyle{\widehat {\rm A} = \omega }$ .

Επομένως το

είναι σημείο του τόξου (C_1)

. Άρα ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι το τόξο (C_2)

.

#3

parmenides51 έγραψε:1. Να αχθούν τέσσερα παράλληλα επίπεδα $\displaystyle{(\Pi),(P),(\Sigma),(T)}$ διερχόμενα αντίστοιχα από τέσσερα σταθερά σημεία $\displaystyle{A,B,\Gamma,\Delta}$ και ισαπέχοντα.

1η περίπτωση:
Υποθέτουμε πρώτα τη γενινή περίπτωση όπου τα τέσσερα σημεία έστω τα $\displaystyle{A,B,C,D}$ δεν είναι συνεπίπεδα,
έχουν σταθερή θέση στο χώρο και έτσι εργαζόμαστε στο ακόλουθο πρώτο σχήμα:

: Παράλληλα επίπεδα 4.PNG (79.17 KiB) Προβλήθηκε 1618 φορές

Προεκτείνουμε το τμήμα $\displaystyle{AB}$ προς το μέρος του $\displaystyle{B}$ και χαράσσουμε τα σημεία $\displaystyle{B_1, B_2}$ τέτοια ώστε:

$\displaystyle{AB=BB_1=B_1B_2 \ \ (1) }$

Όμοια προεκτείνουμε την $\displaystyle{BC}$ προς το μέρος του $\displaystyle{C}$ και χαράσσουμε το σημείο $\displaystyle{C_1}$ Έτσι ώστε:

$\displaystyle{BC=CC_1 \ \ (2) }$

Τα σημεία $\displaystyle{B_2, D, C_1}$ είναι τρία διακεκριμένα σημεία στο χώρο κι έτσι ορίζουν μοναδικό επίπεδο, έστω το $\displaystyle{(P)}$ .

Από τα σημεία τέλος $\displaystyle{A,B,B_1}$ φέρουμε τα παράλληλα προς το $\displaystyle{(P)}$ επίπεδα, έστω τα $\displaystyle{(Q), (S), (T)}$ .

Από το θεώρημα του Θαλή και λόγω της (1) τα επίπεδα αυτά θα ισαπέχουν και μάλιστα λόγω της (2) το επίπεδο $\displaystyle{(Q)}$

θα διέλθει από το σημείο $\displaystyle{C}$ .

Με άλλα λόγια τα επίπεδα αυτά διέρχονται από τα δοθέντα σημεία και ισαπέχουν μεταξύ των.

Έτσι στην περίπτωση αυτή υπάρχει μοναδική λύση.

2η περίπτωση:
Αν τα σημεία $\displaystyle{A,B,C,D}$ είναι συνεπίπεδα ή συνευθειακά τότε οι μόνες περιπτώσεις που δίνουν λύση και μάλιστα απειρία λύσεων είναι

αυτές που εμφανίζονται στο δεύτερο και τρίτο σχήμα.

: Παράλληλα επίπεδα 3.PNG (80.42 KiB) Προβλήθηκε 1618 φορές

Στην περίπτωση αυτή τα σημεία $\displaystyle{A,B,C,C}$ είναι συνεπίπεδα και $\displaystyle{A,B,C}$ συνευθειακά κι ακόμα $\displaystyle{AB=BC=CD}$ . Τότε

κάθε επίπεδο που διέρχεται από τα σημεία $\displaystyle{D,D_1}$ δίνει και μια λύση. ( $\displaystyle{CD_1=CD}$ )

: Παράλληλα επίπεδα 6.PNG (58.27 KiB) Προβλήθηκε 1618 φορές

Στην περίπτωση αυτή τα σημεία $\displaystyle{A,B,C,D}$ είναι συνευθειακά και $\displaystyle{AB=BC=CD}$ . Τότε έχουμε απειρία λύσεων όπου η θέση του

επιπέδου που διέρχεται από το $\displaystyle{D}$ είναι τυχαία και τα υπόλοιπα παράλληλα προς αυτό.

Κώστας Δόρτσιος

#4

parmenides51 έγραψε: 3. Δίνεται κύκλος $\displaystyle{(C)}$ κέντρου $\displaystyle{K}$ και σταθερό σημείο $\displaystyle{O}$ που βρίσκεται στο εσωτερικό του. Ορθή γωνία με κορυφή το παραπάνω σταθερό σημείο $\displaystyle{O}$ , περιστρέφεται γύρω από το σημείο αυτό. Εαν με $\displaystyle{A,B}$ παρασταθούν τα μεταβλητά σημεία τομής του κύκλου και των πλευρών της ορθής γωνίας, να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του μέσου του ευθύγραμμου τμήματος $\displaystyle{AB}$ .

: Ικάρων 1963.3.png (14.44 KiB) Προβλήθηκε 1584 φορές

Έστω

το μέσο του

και

το μέσο του

.
Η

είναι μεσοκάθετη της

και από το ορθογώνιο τρίγωνο KMB

έχουμε:

, όπου

η ακτίνα του κύκλου (C)

.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο OAB

, όπου η

είναι διάμεσος, έχουμε OM=MB

, οπότε η προηγούμενη σχέση γράφεται: KM^2+ OM^2 = R^2

(1)

Εφαρμόζω το 1ο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο MKO

.

$\displaystyle{M{K^2} + M{O^2} = 2M{P^2} + \frac{{O{K^2}}}{2}\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)} 2{R^2} = 4M{P^2} + O{K^2} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{MP = \frac{1}{2}\sqrt {2{R^2} - O{K^2}} }$ .

Το

, ως μέσο του

είναι σταθερό και το μήκος του τμήματος

είναι επίσης σταθερό. Άρα ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι ο κύκλος $\displaystyle{\left( {P,\frac{1}{2}\sqrt {2{R^2} - O{K^2}} } \right)}$ .

#5

parmenides51 έγραψε:
2. Να κατασκευασθεί τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ με δεδομένα την πλευρά $\displaystyle{B\Gamma}$ αυτού, την διάμεσο $\displaystyle{A\Delta }$ και την διαφορά των γωνιών $\displaystyle{\widehat{B}}$ και $\displaystyle{\widehat{\Gamma}}$ .

Πολύ ωραίο θέμα.

Ανάλυση: Έστω ότι κατασκευάστηκε το ζητούμενο τρίγωνο ABC

με πλευρά

, διάμεσο

και $\hat{B}-\hat{C}=\phi$ . Από το

φέρνω παράλληλη στη

που τέμνει το περιγεγραμμένο κύκλο (O, R)

του τριγώνου στο

και έστω

το σημείο τομής των DO, AF

και

το σημείο τομής της

με τον κύκλο. Το AFCB

είναι ισοσκελές τραπέζιο.

$\displaystyle{F\widehat BC = A\widehat CB = \widehat C \Leftrightarrow A\widehat BF = \widehat B - \widehat C = \varphi }$

Αλλά, $\displaystyle{A\widehat OH = \frac{1}{2}A\widehat OF = A\widehat BF = \varphi \Leftrightarrow }$ $\boxed{A\widehat OD = {180^0} - \varphi }$

Είναι ακόμα, $\displaystyle{AD \cdot DE = BD \cdot DC = \frac{{{a^2}}}{4} \Leftrightarrow }$ $\boxed{DE = \frac{{{a^2}}}{{4m}}}$

: ΙΚΑΡΩΝ 1963.png (19.37 KiB) Προβλήθηκε 1466 φορές

Κατασκευή: Παίρνω τμήμα AD=m

και προεκτείνω κατά τμήμα $\displaystyle{DE = \frac{{{a^2}}}{{4m}}}$ . Γράφω τόξο χορδής AD=m

που δέχεται γωνία $180^0-\phi$ . Η μεσοκάθετη της

τέμνει το τόξο στο σημείο

. Στη συνέχεια γράφω τον κύκλο (O,OA)

και φέρνω από το

κάθετη στην

που τέμνει το κύκλο στα σημεία B, C

. Το

είναι το ζητούμενο τρίγωνο.

: ΙΚΑΡΩΝ 1963.b.png (18.78 KiB) Προβλήθηκε 1466 φορές

Απόδειξη: Το τρίγωνο ABC

έχει από κατασκευής διάμεσο $\boxed{AD=m}$ και επειδή $\displaystyle{AD \cdot DE = \frac{{B{C^2}}}{4}}$ , θα είναι $\boxed{BC=a}$ . Φέρνω χορδή

κάθετη στην

και επειδή η ακτίνα είναι μεσοκάθετη της χορδής θα είναι $\displaystyle{A\widehat BK = \widehat C}$ . Από το εγγράψιμο τετράπλευρο BLOD

είναι $\displaystyle{L\widehat BD = \varphi \Leftrightarrow }$ $\boxed{\widehat B - \widehat C = \varphi }$ . Άρα το ABC

είναι το ζητούμενο τρίγωνο.

Διερεύνηση: Το πρόβλημα έχει πάντα λύση, αρκεί $\phi<180^0$ .

ΙΚΑΡΩΝ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΙΚΑΡΩΝ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση