Π.Μ.Δ.Μ. 1957-58 Η' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

parmenides51 · #1

1. Τέσσερις αριθμοί αποτελούν γεωμετρική πρόοδο έχουν άθροισμα $\displaystyle{\frac{15}{2}}$ .
Το άθροισμα των τετραγώνων των δυο πρώτων όρων υπερβαίνει το άθροισμα των τετραγώνων
των δυο τελευταίων όρων κατά $\displaystyle{\frac{75}{4}}$ . Να βρεθούν αυτοί οι αριθμοί.

2. Δίνεται ρόμβος $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ πλευράς $\displaystyle{(AB)=\alpha}$ και γωνίας $\displaystyle{\widehat{A}=60^o}$ .
Φέρνουμε τυχαία ευθεία $\displaystyle{XAY}$ μη παράλληλη προς την διαγώνιο $\displaystyle{B\Dleta}$ και όχι τέμνουσα του ρόμβου.
Από τα σημεία $\displaystyle{\Gamma, B, \Delta}$ φέρνουμε της αποστάσεις $\displaystyle{ \Gamma Z, BH, \Delta E}$ από την $\displaystyle{XAY}$ .
α) Να δειχτεί οτι $\displaystyle{\Gamma Z= \Delta E +BH}$
β) Να υπολογισθεί ο όγκος του στερεού που παράγεται κατά την περιστροφή του ρόμβου γύρω από την πλευρά $\displaystyle{AB}$

Γιώργος Απόκης · #2

parmenides51 έγραψε:1. Τέσσερις αριθμοί αποτελούν γεωμετρική πρόοδο έχουν άθροισμα $\displaystyle{\frac{15}{2}}$ .
Το άθροισμα των τετραγώνων των δυο πρώτων όρων υπερβαίνει το άθροισμα των τετραγώνων
των δυο τελευταίων όρων κατά $\displaystyle{\frac{75}{4}}$ . Να βρεθούν αυτοί οι αριθμοί.

Έστω $\displaystyle{a,a\lambda,a\lambda^2,a\lambda^3~(a\ne 0)}$ οι αριθμοί. Τότε ισχύουν :

$\displaystyle{\bullet a+a\lambda+a\lambda^2+a\lambda^3=\frac{15}{2}\Rightarrow a(1+\lambda+\lambda^2+\lambda^3)=\frac{15}{2}\Rightarrow a(1+\lambda)(1+\lambda^2)=\frac{15}{2}\Rightarrow a^2(1+\lambda)^2(1+\lambda^2)^2=\frac{225}{4}~(1) }$

$\displaystyle{\bullet a^2+(a\lambda)^2=(a\lambda^2)^2+(a\lambda^3)^2+\frac{75}{4}\Rightarrow a^2(1+\lambda^2-\lambda^4-\lambda^6)=\frac{75}{4}\Rightarrow a^2(1+\lambda)(1-\lambda)(1+\lambda^2)^2=\frac{75}{4}~(2) }$

Από τις (1), (2) προκύπτει $\displaystyle{a^2(1+\lambda)^2(1+\lambda^2)^2=3a^2(1+\lambda)(1-\lambda)(1+\lambda^2)^2}$ και αφού $\displaystyle{a^2(1+\lambda^2)^2\ne 0}$ έχουμε :

$\displaystyle{(1+\lambda)^2=3(1+\lambda)(1-\lambda)\Leftrightarrow (1+\lambda)(1+\lambda-3+3\lambda)=0\Leftrightarrow (1+\lambda)(4\lambda-2)=0\Leftrightarrow \lambda=-1~\acute{\eta}~\lambda=\frac{1}{2}}$ .

Για $\displaystyle{\lambda=-1}$ δεν επαληθεύεται η (1) άρα έχουμε $\displaystyle{\lambda=\frac{1}{2}}$ και με αντικατάσταση στην (1) :

$\displaystyle{a^2\cdot \frac{9}{4}\cdot \frac{25}{16}=\frac{225}{4}\Leftrightarrow a^2=16\Leftrightarrow a=\pm 4}$ .

Για $\displaystyle{a=4,\lambda=\frac{1}{2}}$ έχουμε τους αριθμούς : $\displaystyle{4,2,1,\frac{1}{2}}$ που ικανοποιούν τα δεδομένα.

Για $\displaystyle{a=-4,\lambda=\frac{1}{2}}$ έχουμε τους αριθμούς : $\displaystyle{-4,-2,-1,-\frac{1}{2}}$ που δεν ικανοποιούν τα δεδομένα.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

: 1957-1958.png (58.57 KiB) Προβλήθηκε 1285 φορές

parmenides51 έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 16, 2013 4:53 pm

2. Δίνεται ρόμβος $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ πλευράς $\displaystyle{(AB)=\alpha}$ και γωνίας $\displaystyle{\widehat{A}=60^o}$ .
Φέρνουμε τυχαία ευθεία $\displaystyle{XAY}$ μη παράλληλη προς την διαγώνιο $\displaystyle{B\Delta}$ και όχι τέμνουσα του ρόμβου.
Από τα σημεία $\displaystyle{\Gamma, B, \Delta}$ φέρνουμε της αποστάσεις $\displaystyle{ \Gamma Z, BH, \Delta E}$ από την $\displaystyle{XAY}$ .
α)Να δειχτεί ότι $\displaystyle{\Gamma Z= \Delta E +BH}$

Θα αποδειχθεί κάτι πιο γενικό:

Δίνεται παραλληλόγραμμο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ .
Φέρνουμε τυχαία ευθεία $\displaystyle{XAY}$ μη παράλληλη προς την διαγώνιο $\displaystyle{B\Delta}$ και όχι τέμνουσα του παραλληλογράμμου.
Από τα σημεία $\displaystyle{\Gamma, B, \Delta}$ φέρνουμε της αποστάσεις $\displaystyle{ \Gamma Z, BH, \Delta E}$ από την $\displaystyle{XAY}$ .
Να δειχτεί οτι $\displaystyle{\Gamma Z= \Delta E +BH}$

AΠΟΔΕΙΞΗ

Έστω

το σημείο τομής διαγωνίων $A\Gamma , B\Delta$ του παραλληλογράμμου $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ .
Έστω

η προβολή του

επί της ευθείας $\displaystyle{XAY}$ .
Το τετράπλευρο $E \Delta BH$ είναι τραπέζιο (αφού η $E\Delta$ είναι παράλληλη στην

ενώ η

είναι μη παράλληλη στη $\Delta B$ ) , με διάμεσο την OO'.

Έτσι λοιπόν $2\cdot OO'=\Delta E+BH$
Στο τρίγωνο $A \Gamma Z$ η OO'

είναι παράλληλη στην $\Gamma Z$ και βέβαια το

είναι το μέσο της πλευράς $A\Gamma$ .
Έτσι λοιπόν $2\cdot OO'=\Gamma Z$
H ζητουμένη ισότης $\displaystyle{\Gamma Z= \Delta E +BH}$ προκύπτει αμέσως...

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

: ΘΗΛΕΩΝ 1957-1958 ΟΓΚΟΣ.png (65.47 KiB) Προβλήθηκε 1125 φορές

parmenides51 έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 16, 2013 4:53 pm

2. Δίνεται ρόμβος $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ πλευράς $\displaystyle{(AB)=\alpha}$ και γωνίας $\displaystyle{\widehat{A}=60^o}$ .

β) Να υπολογισθεί ο όγκος του στερεού που παράγεται κατά την περιστροφή του ρόμβου γύρω από την πλευρά $\displaystyle{AB}$

Aς λυθεί και αυτό το σκέλος...
Νομίζω ότι κάτι αξίζει , κι ας μην είναι ανάμεσα σε αυτά που διδάσκουμε στα σχολεία μας...

Σχεδιάζω τα $\Delta Z,\Gamma E$ κάθετα στην ευθεία

.

Φυσικά τα ορθογώνια τρίγωνα $\Delta A Z , \Gamma BE$ είναι ίσα γιατί $A\Delta=B \Gamma$ (ως πλευρές του ρόμβου $AB \Gamma\Delta$ ) και $\Delta \hat{A}Z=\Gamma \hat{B}E=60^{0}$

Αυτό που πρέπει να κατανοηθεί είναι από την περιστροφή του ρόμβου $AB \Gamma\Delta$ γύρω από την πλευρά

παράγεται ένα στερεό που έχει όγκο όσο ένας κύλινδρος με ακτίνα βάσης $\displaystyle\frac{a\sqrt{3}}{2}$ και ύψος $\displaystyle\frac{a}{2}+\frac{a}{2}=a$ . Γιατί;

Είδαμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα $\Delta A Z , \Gamma BE$ είναι ίσα.

Ισχύει ότι:
$\left ( AB\Gamma \Delta \right )=\left ( \Delta A Z \right )+\left (Z \Delta \Gamma B \right )=\left (\Gamma B E \right )+\left ( Z\Delta \Gamma B \right )=\left ( Z\Delta \Gamma E \right )$

Tο ορθογώνιο $Z\Delta \Gamma E$ περιστρεφόμενο περί την

δημιουργεί κύλινδρο.

Ο όγκος του κυλίνδρου αυτού , που είναι ο ζητούμενος όγκος , είναι ίσος με $\displaystyle V=\pi \cdot \left ( \frac{a\sqrt{3}}{2} \right )^{2}\cdot a=\frac{3\pi a^{3}}{4}$

#5

Τηλέμαχε, παραθέτω ένα σχήμα στατικό κι ένα δυναμικό που δείχνουν "του λόγου το αληθές"
Να είσαι καλά...

: Κύλινδρος - Κώνος 1.png (37.77 KiB) Προβλήθηκε 1056 φορές

Για περισσότερα δείτε το δυναμικό σχήμα...

Όγκος κυλίνδρου -κώνου 1.ggb: (21.45 KiB) Μεταφορτώθηκε 80 φορές

Κώστας Δόρτσιος

#6

KDORTSI έγραψε: ↑
Παρ Αύγ 03, 2018 3:52 am
Τηλέμαχε, παραθέτω ένα σχήμα στατικό κι ένα δυναμικό που δείχνουν "του λόγου το αληθές"
Να είσαι καλά...

Κύλινδρος - Κώνος 1.png

Για περισσότερα δείτε το δυναμικό σχήμα...
Όγκος κυλίνδρου -κώνου 1.ggb

Κώστας Δόρτσιος

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #7

Ένα μεγάλο '' ευχαριστώ '' στον Κώστα Δόρτσιο που κατόπιν δικής μου επιθυμίας σχεδίασε τα παραπάνω σχήματα . Ο Κώστας είναι ο άνθρωπος που με τα σχήματά του με έχει βοηθήσει να '' ξεθάψω '' παλιά και ξεχασμένα θέματα εξετάσεων και διαγωνισμών...
Νομίζω ότι τα θέματα που έχουν υπολογισμούς όγκων στερεών εκ περιστροφής είναι χρήσιμα και όμορφα , μολονότι πολλοί τα θεωρούν παλιομοδίτικα και ξεπερασμένα...
Σε ευχαριστώ Κώστα...
Αν δει κάποιος την ώρα της δημοσίευσης του Κώστα θα καταλάβει ότι εργάζεται σε ώρες που πολλοί από μας τις θεωρούν ώρες ανάπαυσης...
Αυτό και μόνο κάτι δείχνει...

Π.Μ.Δ.Μ. 1957-58 Η' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Π.Μ.Δ.Μ. 1957-58 Η' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1957-58 Η' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1957-58 Η' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1957-58 Η' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1957-58 Η' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1957-58 Η' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1957-58 Η' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Μέλη σε σύνδεση