ΕΜΠΟΡΟΠΛΟΙΑΡΧΩΝ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

Σχετικά

Όλα τα θέματα συγκεντρώνονται στο Ευρετήριο Θεμάτων Εισαγωγικών - Πανελλαδικών Εξετάσεων

1. Εαν $\displaystyle{B\Delta}$ και $\displaystyle{\Gamma E}$ είναι ύψη του τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ , να δειχθεί η ισότητα $\displaystyle{(AB)(AE)=(A\Gamma)(A\Delta) }$ .

2. Σε ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma }$ (κορυφής $\displaystyle{A}$ ) δίνονται τα μήκη των ίσων πλευρών $\displaystyle{15 \,\, cm}$ έκαστη
και η βάση του $\displaystyle{B\Gamma =18 \,\, cm }$ . Να υπολογιστεί το εμβαδόν του.

3. Κυλινδρικό δοχείο έχει ύψος $\displaystyle{\upsilon =10 \,\, cm}$ και διάμετρο βάσης $\displaystyle{2R=10\,\, cm}$ .
Να βρεθεί το βάρος του αποσταγμένου ύδατος $\displaystyle{4^o \,\, C}$ , το οποίο χωράει σε αυτό.

Το 1ο θέμα είναι κατάλληλο για Γ΄Γυμνασίου, το 2ο και 3ο απευθύνεται σε B΄Γυμνασίου.

Για μαθητές μέχρι 1η Νοεμβρίου 2013, μετά για όλους

Γιώργος Απόκης · #2

Επαναφέρω για τους μαθητές

Ορέστης Λιγνός · #3

Για το

, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο του Ήρωνα για το εμβαδόν και έτσι βρίσκουμε στο τέλος E= 108cm^2

.

Γιώργος Απόκης · #4

orestis26 έγραψε:Για το , μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τον τύπο του Ήρωνα για το εμβαδόν και έτσι βρίσκουμε στο τέλος .

Σωστά, υπάρχει και πιο απλός τρόπος

Ορέστης Λιγνός · #5

Αλλιώς για το

.

Φέρνουμε το ύψος

. Αφού το ABC

είναι ισοσκελές , πρέπει το ύψος από την κορυφή να είναι και διάμεσος , από όπου BD=DC=9

. Το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο ABD

δίνει

.

Άρα , $(ABC) = \displaystyle\frac{18\cdot12}{2}cm^2 =108cm^2$ .

nikos_el · #6

Τα τρίγωνα $\Delta B\Gamma$ και $EB\Gamma$ είναι προφανώς ορθογώνια. Επομένως ισχύουν : $\Delta \hat{B}\Gamma + \Delta \hat{\Gamma } E + E\hat{\Gamma } B = 90^{\circ}$ και $E\hat{B}\Delta + \Delta \hat{B}\Gamma + E\hat{\Gamma }B = 90^{\circ}$ . Με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: $E\hat{B}\Delta = \Delta \hat{\Gamma }E\Rightarrow A\hat{B}\Delta = A\hat{\Gamma }E$ . Επιπλέον, τα τρίγωνα $AB\Delta$ και $A\Gamma E$ έχουν κοινή γωνία την $\hat{A}$ . Άρα, είναι όμοια. Έτσι, παίρνοντας τους ίσους λόγους έχουμε: $\frac{(AB)}{(A\Gamma )}=\frac{(A\Delta )}{(AE)}\Leftrightarrow (AB)(AE)=(A\Gamma )(A\Delta )$ .

Γιώργος Απόκης · #7

nikos_el έγραψε:Τα τρίγωνα $\Delta B\Gamma$ και $EB\Gamma$ είναι προφανώς ορθογώνια. Επομένως ισχύουν : $\Delta \hat{B}\Gamma + \Delta \hat{\Gamma } E + E\hat{\Gamma } B = 90^{\circ}$ και $E\hat{B}\Delta + \Delta \hat{B}\Gamma + E\hat{\Gamma }B = 90^{\circ}$ . Με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: $E\hat{B}\Delta = \Delta \hat{\Gamma }E\Rightarrow A\hat{B}\Delta = A\hat{\Gamma }E$ . Επιπλέον, τα τρίγωνα $AB\Delta$ και $A\Gamma E$ έχουν κοινή γωνία την $\hat{A}$ . Άρα, είναι όμοια. Έτσι, παίρνοντας τους ίσους λόγους έχουμε: $\frac{(AB)}{(A\Gamma )}=\frac{(A\Delta )}{(AE)}\Leftrightarrow (AB)(AE)=(A\Gamma )(A\Delta )$ .

Σωστά. Όμως είναι περιττή η πρώτη ισότητα γωνιών που αποδεικνύεις αφού τα τρίγωνα $AB\Delta$ και $A\Gamma E$ είναι ορθογώνια με την $\displaystyle{\hat{A}}$ κοινή

nikos_el · #8

Γιώργος Απόκης έγραψε:
nikos_el έγραψε:Τα τρίγωνα $\Delta B\Gamma$ και $EB\Gamma$ είναι προφανώς ορθογώνια. Επομένως ισχύουν : $\Delta \hat{B}\Gamma + \Delta \hat{\Gamma } E + E\hat{\Gamma } B = 90^{\circ}$ και $E\hat{B}\Delta + \Delta \hat{B}\Gamma + E\hat{\Gamma }B = 90^{\circ}$ . Με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: $E\hat{B}\Delta = \Delta \hat{\Gamma }E\Rightarrow A\hat{B}\Delta = A\hat{\Gamma }E$ . Επιπλέον, τα τρίγωνα $AB\Delta$ και $A\Gamma E$ έχουν κοινή γωνία την $\hat{A}$ . Άρα, είναι όμοια. Έτσι, παίρνοντας τους ίσους λόγους έχουμε: $\frac{(AB)}{(A\Gamma )}=\frac{(A\Delta )}{(AE)}\Leftrightarrow (AB)(AE)=(A\Gamma )(A\Delta )$ .
Σωστά. Όμως είναι περιττή η πρώτη ισότητα γωνιών που αποδεικνύεις αφού τα τρίγωνα $AB\Delta$ και $A\Gamma E$ είναι ορθογώνια με την $\displaystyle{\hat{A}}$ κοινή

Σωστά. Ευχαριστώ για την παρατήρηση.

Γιώργος Απόκης · #9

parmenides51 έγραψε: 3. Κυλινδρικό δοχείο έχει ύψος $\displaystyle{\upsilon =10 \,\, cm}$ και διάμετρο βάσης $\displaystyle{2R=10\,\, cm}$ .
Να βρεθεί το βάρος του αποσταγμένου ύδατος $\displaystyle{4^o \,\, C}$ , το οποίο χωράει σε αυτό.

Για τον όγκο ισχύει : $\displaystyle{V=\pi R^2 \upsilon\simeq 785~cm^3=0,000785~m^3}$

Αφού το νερό είναι στους $\displaystyle{4^o C}$ , και αν δεχτούμε ότι η επιτάχυνση της βαρύτητας

είναι $10\displaystyle\frac{m}{sec^{2}},$ τότε ισχύει

$\displaystyle\varepsilon=\rho\cdot g=1000\frac{kg}{m^{3}}\cdot10\frac{m}{sec^{2}}=10000\frac{N}{m^{3}}.$

Έτσι το ζητούμενο βάρος είναι

$\displaystyle B=\varepsilon \cdot V=10000\frac{N}{m^{3}}\cdot 0,000785 m^{3}=7,85\color{red}N$

Εdit. Είχα ξεχάσει να πολλαπλασιάσω με το $\displaystyle{\pi}$ και πρόσθεσα αυτά ανάμεσα στα κόκκινα.

Ευχαριστώ τον Τηλέμαχο Μπαλτσαβιά (ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ)

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #10

parmenides51 έγραψε: 3. Κυλινδρικό δοχείο έχει ύψος $\displaystyle{\upsilon =10 \,\, cm}$ και διάμετρο βάσης $\displaystyle{2R=10\,\, cm}$ .
Να βρεθεί το βάρος του αποσταγμένου ύδατος $\displaystyle{4^o \,\, C}$ , το οποίο χωράει σε αυτό.

H λύση γράφτηκε παραπάνω από τον Γιώργο Απόκη.
Το θέμα δεν είναι κάτι το ιδιαίτερο , άλλωστε από τα θέματα των εισαγωγικών εξετάσεων στην Σχολή Εμποροπλοιάρχων δεν μπορεί κάποιος να περιμένει κάτι το πολύ δύσκολο...
Αυτό που αρχικά εντυπωσιάζει είναι η ακρίβεια στη διατύπωση. Το νερό αναφέρεται ως '' αποσταγμένο '' , ό,τι μαθαίνουμε στο σχολείο για το νερό ισχύει για τέτοιου είδους νερό . Επίσης δίνεται ότι βρίσκεται στους $\displaystyle{4^o \,\, C}$ , εκεί που το νερό αποκτά την μέγιστη πυκνότητα του ίση με $\displaystyle1 \frac{g}{cm^{3}}.$ Αυτό οι θεματοδότες το θεωρούσαν ως γνωστό .
Βέβαια πολλοί υποψήφιοι θα έμπλεξαν το βάρος με τη μάζα και ένας Θεός μόνο ξέρει πόσες διαπραγματεύσεις του θέματος χαρακτηρίστηκαν λανθασμένες μόνο και μόνο από αυτό...
Αν κάποιος πάει στο '' Δελτίο '' του Πάλλα του 1968 θα δει ότι η λύση του θέματος σταματάει στον υπολογισμό του όγκου , σαν να μην θέλει να μπλέξει με άλλες λεπτομέρειες....

ΕΜΠΟΡΟΠΛΟΙΑΡΧΩΝ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΕΜΠΟΡΟΠΛΟΙΑΡΧΩΝ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠΟΡΟΠΛΟΙΑΡΧΩΝ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠΟΡΟΠΛΟΙΑΡΧΩΝ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠΟΡΟΠΛΟΙΑΡΧΩΝ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠΟΡΟΠΛΟΙΑΡΧΩΝ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠΟΡΟΠΛΟΙΑΡΧΩΝ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠΟΡΟΠΛΟΙΑΡΧΩΝ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠΟΡΟΠΛΟΙΑΡΧΩΝ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠΟΡΟΠΛΟΙΑΡΧΩΝ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠΟΡΟΠΛΟΙΑΡΧΩΝ 1968 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση