Π.Μ.Δ.Μ. 1939-40 ΣΤ' ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

parmenides51 · #1

1. Έστω $\displaystyle{AB}$ η διάμετρος κύκλου κέντρου $\displaystyle{O}$ κι ακτίνας $\displaystyle{\alpha}$ . Φέρνουμε χορδή $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ κάθετη στην $\displaystyle{AB}$ που την τέμνει στο $\displaystyle{E}$ .
α) Να υπολογιστεί συναρτήσει της ακτίνας $\displaystyle{\alpha}$ , το $\displaystyle{(EA)^2+(EB)^2+(E\Gamma)^2+(E\Delta)^2}$ .
β) Να υπολογιστεί το εμβαδόν της επιφάνειας και ο όγκος του στερεού που παράγεται από το τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$
όταν περιστραφεί γύρω από την διάμετρο $\displaystyle{AB}$ όταν $\displaystyle{(AB)=5}$ μέτρα και $\displaystyle{(OE)=\frac{7}{10}}$ μέτρα.
γ) Να αποδειχθεί οτι αν $\displaystyle{M}$ είναι το μέσο της $\displaystyle{A\Gamma}$ τότε η διάμεσος $\displaystyle{EM}$ του τριγώνου $\displaystyle{AE\Gamma}$ προεκτεινόμενη είναι κάθετη στην $\displaystyle{B\Delta}$ .

2. Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου $\displaystyle{AB}$ και η ακτίνα $\displaystyle{O\Delta}$ ( $\displaystyle{O}$ το κέντρο) κάθετη στην $\displaystyle{AB}$ .
Από σημείο $\displaystyle{A}$ άγεται η χορδή $\displaystyle{AM}$ και φέρνουμε τις $\displaystyle{A\Delta, \Delta M}$ .
Να υπολογισθεί η γωνία $\displaystyle{\widehat{MAB}=x}$ ώστε το τρίγωνο $\displaystyle{MA\Delta}$ να έχει εμβαδόν ίσο με δεδομένο $\displaystyle{\lambda^2}$ . (Διερεύνηση)

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #2

parmenides51 έγραψε:1. Έστω $\displaystyle{AB}$ η διάμετρος κύκλου κέντρου $\displaystyle{O}$ κι ακτίνας $\displaystyle{\alpha}$ . Φέρνουμε χορδή $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ κάθετη στην $\displaystyle{AB}$ που την τέμνει στο $\displaystyle{E}$ .

α) Να υπολογιστεί συναρτήσει της ακτίνας $\displaystyle{\alpha}$ , το $\displaystyle{(EA)^2+(EB)^2+(E\Gamma)^2+(E\Delta)^2}$ .

γ) Να αποδειχθεί οτι αν $\displaystyle{M}$ είναι το μέσο της $\displaystyle{A\Gamma}$ τότε η διάμεσος $\displaystyle{EM}$ του τριγώνου $\displaystyle{AE\Gamma}$ προεκτεινόμενη είναι κάθετη στην $\displaystyle{B\Delta}$ .

Θα αποδείξω κάτι γενικότερο:

Έστω $\displaystyle{AB}$ η χορδή κύκλου κέντρου $\displaystyle{O}$ κι ακτίνας $\displaystyle{\alpha}$ . Φέρνουμε χορδή $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ κάθετη στην $\displaystyle{AB}$ που την τέμνει στο $\displaystyle{E}$

I) Να υπολογιστεί συναρτήσει της ακτίνας $\displaystyle{\alpha}$ , το $\displaystyle{(EA)^2+(EB)^2+(E\Gamma)^2+(E\Delta)^2}$ .

II) Να αποδειχθεί οτι αν $\displaystyle{M}$ είναι το μέσο της $\displaystyle{A\Gamma}$ τότε η διάμεσος $\displaystyle{EM}$ του τριγώνου $\displaystyle{AE\Gamma}$ προεκτεινόμενη είναι κάθετη στην $\displaystyle{B\Delta}$ .
Απόδειξη
Με εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος στα ορθογώνια τρίγωνα $E \Delta A , E\Gamma B$ προκύπτει ότι
$(EA)^{2}+(E\Delta)^{2}=(A\Delta)^{2}$ και $(E\Gamma)^{2}+(EB)^{2}=(B\Gamma )^{2}$
Έτσι έχω ότι
$(EA)^{2}+(EB)^{2}+(E\Gamma)^{2}+(E\Delta)^{2}=(A\Delta)^{2}+(B\Gamma )^{2}$ (1)

Σχεδιάζω την διάμετρο

καθώς και την $\Delta P$
Το τρίγωνο $\Delta A P$ είναι ορθογώνιο στο $\Delta$ γιατί η $A\hat{\Delta}P$ ως εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο είναι ορθή. Με εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος στο τρίγωνο $\DeltaAP$ προκύπτει ότι
$(A\Delta)^{2}+( \Delta P)^{2}=4a^{2}$ (2)

Θα αποδείξω ότι $\Delta P = B\Gamma$

$B P \perp AB$ γιατί η $P\hat{B } A$ είναι εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο , άρα είναι ορθή.
Από την υπόθεση έχω ότι $AB \perp\Gamma \Delta$
Συνεπώς ισχύει ότι $B P// \Gamma\Delta$
Έτσι λοιπόν το $BP\Delta\Gamma$ είναι τραπέζιο και μάλιστα ισοσκελές αφού είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο. Άρα $\Delta P=B\Gamma$

Η (2) γράφεται πλέον
$(A\Delta)^{2}+(B\Gamma)^{2}=4a^{2}$

και έτσι η (1) δίνει ότι

$(EA)^{2}+(EB)^{2}+(E\Gamma)^{2}+(E\Delta)^{2}=4a^{2}$

II) Έστω ότι η διάμεσος

του τριγώνου $EA\Gamma$ προεκτεινόμενη τέμνει την $B\Delta$ στο σημείο

$A\hat{B }\Delta=A\hat{\Gamma }\Delta$ (3) γιατί ως εγγεγραμμένες στον κύκλο βαίνουν στο ίδιο τόξο.

Το τρίγωνο $EA\Gamma$ είναι βέβαια ορθογώνιο στο

και η

είναι η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα $A\Gamma.$ Όπως πολύ καλά γνωρίζουμε το τρίγωνο EMA

είναι ισοσκελές με AM=ME

και αυτό έχει ως συνέπεια ότι $E\hat{A }\Gamma=M\hat{E }A.$

Φυσικά ισχύει ότι $Z\hat{E }B=M\hat{E }A$ ως κατακορυφήν.

Έτσι μπορώ να γράψω ότι $Z\hat{E }B=E\hat{A }\Gamma.$ (4)

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $EA\Gamma$ προκύπτει ότι
$E\hat{A }\Gamma+A\hat{\Gamma }\Delta=90^{\circ}$ και αυτή η ισότητα με τη βοήθεια των (3) και (4) γράφεται πλέον

$Z\hat{E }B+A\hat{B }\Delta=90^{\circ}.$

Από αυτήν την ισότητα συμπεραίνω ότι στο τρίγωνο ZEB

ισχύει ότι $E\hat{Z }B=90^{\circ}$ και κάπου εδώ ολοκληρώνεται η απόδειξη.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

parmenides51 έγραψε:1. Έστω $\displaystyle{AB}$ η διάμετρος κύκλου κέντρου $\displaystyle{O}$ κι ακτίνας $\displaystyle{\alpha}$ . Φέρνουμε χορδή $\displaystyle{\Gamma\Delta}$ κάθετη στην $\displaystyle{AB}$ που την τέμνει στο $\displaystyle{E}$ .

β) Να υπολογιστεί το εμβαδόν της επιφάνειας και ο όγκος του στερεού που παράγεται από το τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$
όταν περιστραφεί γύρω από την διάμετρο $\displaystyle{AB}$ όταν $\displaystyle{(AB)=5}$ μέτρα και $\displaystyle{(OE)=\frac{7}{10}}$ μέτρα.

Πρόκειται για τον τελευταίο διαγωνισμό της Ε.Μ.Ε. πριν μπει η χώρα μας στις φλόγες του Β' Παγκοσμίου Πολέμου.
Βλέποντας το θέμα σκέφτηκα πόσοι από τους συμμετέχοντες έμειναν ζωντανοί όταν η Ελλάδα βγήκε από τις περιπέτειες αυτού του πολέμου αλλά και του εμφυλίου...

Πρόκειται για στερεό που θυμίζει σημαδούρα , είναι το στερεό που αποτελείται από δύο κώνους με κοινή βάση τον κύκλο διαμέτρου $\displaystyle{\Gamma\Delta}.$
Αυτό που θα υπολογιστεί είναι το μήκος της ακτίνας της βάσης $\rho$ καθώς και το μήκος των γενέτειρων των κώνων.

Ο ένας κώνος έχει ύψος AE=OA-OE=2,5-0,7=1,8

μέτρα και ο άλλος έχει ύψος EB=AB-AE=5-1,8=3,2

μέτρα.

Το τρίγωνο $\Gamma AB$ είναι ορθογώνιο στο $\Gamma$ αφού η $A\hat{\Gamma }B=90^{\circ}$ ως εγγεγραμμένη στον κύκλο που βαίνει σε ημικύκλιο.
Άρα μπορώ να γράψω ότι
$(A\Gamma)^{2} =\left(AE \right)\cdot (AB)=1,8\cdot5=9$ και φυσικά $(A\Gamma) =3.$
Επίσης
$(B\Gamma)^{2} =\left(EB \right)\cdot (AB)=3,2\cdot5=16$ και φυσικά $(B\Gamma) =4.$

$\rho ^{2}=( \Gamma E)^{2} =\left(AE \right)\cdot (EB)=1,8\cdot3,2=5,76$
και έτσι μπορώ να γράψω ότι $\rho =\sqrt{5,76}=2,4$

Βασιζόμενοι στον γνωστό τύπο που δίνει την παράπλευρη επιφάνεια κώνου , βρίσκουμε ότι το εμβαδόν της επιφάνειας του παραγόμενου στερεού είναι
$\displaystyle E=E_{1}+E_{2}=\pi \rho \cdot A\Gamma+\pi \rho \cdot B\Gamma=\pi \rho \cdot ( A\Gamma+B\Gamma)= \pi \cdot 2,4\cdot(3+4)=16,8\pi$

Ο όγκος του στερεού είναι ίσος με
$\displaystyle V=V_{1}+V_{2}=\frac{1}{3}\pi \rho ^{2}\cdot AE+\frac{1}{3}\pi \rho ^{2}\cdot EB=\frac{1}{3}\pi \rho ^{2}\cdot ( AE+EB)= \frac{1}{3}\pi \rho ^{2}\cdot AB=\frac{1}{3}\pi \cdot 2,4^{2}\cdot 5=\frac{1}{3}\pi \cdot 5,76\cdot 5=9,6\pi$

#4

Τηλέμαχε, αναρτώ δύο σχήματα καθώς μου τα ζήτησες με μήνυμά σου, σχετικά
με την άσκηση που ασχολήθηκες στη δεύτερη ανάρτηση. Μετρώντας με το λογισμικό μου διαπιστώθηκε
και η ορθότητα των πράξεών σου αλλά και η ορθότητα της κατασκευής μου.
Να είσαι καλά...

1ο σχήμα όπου φαίνεται και η περιγεγραμμένη σφαίρα.

: Κώνοι 1.png (34.03 KiB) Προβλήθηκε 1168 φορές

2ο σχήμα όπουν φαίνεται και το εσωτερικό του ενός εκ των δύο κώνων.

: Κώνοι 2.png (21.57 KiB) Προβλήθηκε 1168 φορές

Κώστας Δόρτσιος

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #5

Ένα τεράστιο ευχαριστώ στον Κώστα Δόρτσιο για τα δύο σχήματα που έκανε.
Το θέμα το έλυσα για έναν και μόνο λόγο: Να δουν τα νέα παιδιά , αλλά και οι νέοι συνάδελφοι , ένα απλό ζήτημα πρακτικής στερομετρίας , κάτι για το οποίο το σημερινό εκπαιδευτικό σύστημα δεν διαθέτει ουσιαστικό χρόνο.
Σε πόσες όμως επιστήμες είναι χρήσιμη η πρακτική στερεομετρία...
Τι κρίμα που χιλιάδες απόφοιτοι λυκείου δεν βλέπουν αυτές τις βασικές γνώσεις...

Π.Μ.Δ.Μ. 1939-40 ΣΤ' ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Π.Μ.Δ.Μ. 1939-40 ΣΤ' ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1939-40 ΣΤ' ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1939-40 ΣΤ' ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1939-40 ΣΤ' ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1939-40 ΣΤ' ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση