ΕΜΠ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΑΛΛΟΔΑΠΟΙ

parmenides51 · #1

Εξεταστής: Α. Σφήκας

1. Να δείξετε οτι οι ακτίνες, οι οποίες συνδέουν τις κορυφές ενός τριγώνου με το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του είναι κάθετες αντίστοιχα στις ευθείες, οι οποίες συνδέουν ανα δυο τα ίχνη των υψών του τριγώνου.

2. Δίνεται η ορθή γωνία $\displaystyle{\widehat{xOy}}$ και δυο σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ πάνω στην $\displaystyle{Ox}$ ( $\displaystyle{OA<OB}$ ). Ζητείται να προσδιοριστεί πάνω στην $\displaystyle{Oy}$ σημείο $\displaystyle{\Sigma}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{(\widehat{A\Sigma B})=2(\widehat{A B\Sigma})}$ . Διερεύνηση.

3. Δίνεται σφαίρα ακτίνας $\displaystyle{R }$ και επίπεδο $\displaystyle{(\Pi)}$ εφαπτόμενο σε αυτήν στο σημείο $\displaystyle{A}$ . Φέρνουμε επίπεδο $\displaystyle{(\Pi ')}$ που τέμνει την σφαίρα κατά γωνία $\displaystyle{30^o}$ ως προς το επίπεδο $\displaystyle{(\Pi)}$ . Έστω $\displaystyle{2R}$ η απόσταση της ευθείας τομής των δυο επιπέδων από το σημείο $\displaystyle{A}$ . Ζητείται να υπολογιστεί ο όγκος του μεταξύ των επιπέδων $\displaystyle{(\Pi ) }$ και $\displaystyle{(\Pi ')}$ τμήματος της σφαίρας.

Σημείωση: Το 2ο θέμα έπεσε και στις εξετάσεις των Αρχιτεκτόνων ΕΜΠ (σχετικά)

edit's
γραμματικές διορθώσεις στο 3ο θέμα
προσθήκη παραπομπής στην σημείωση

S.E.Louridas · #2

parmenides51 έγραψε:Εξεταστής: Α. Σφήκας ...

ΓΙΑΤΙ ΟΧΙ ΚΑΙ ΣΤΙΣ ΜΕΡΕΣ ΜΑΣ ΚΑΙ ΜΕΤΑ ΤΟ ΠΕΡΑΣ ΤΟΥ ΕΚΑΣΤΟΤΕ ΤΕΤΟΙΟΥ ΕΠΙΣΗΜΟΥ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑΤΟΣ, από τις εισαγωγικές για το Πανεπιστήμιο εξετάσεις έως και για τους Διαγωνισμούς της Ε.Μ.Ε. να μην ανακοινώνεται το όνομα του αντίστοιχου εισηγητή του εκάστοτε θέματος;

#3

parmenides51 έγραψε:Εξεταστής: Α. Σφήκας

1. Να δείξετε οτι οι ακτίνες, οι οποίες συνδέουν τις κορυφές ενός τριγώνου με το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του είναι κάθετες αντίστοιχα στις ευθείες, οι οποίες συνδέουν ανα δυο τα ίχνη των υψών του τριγώνου.

Καλημέρα.

: ΕΜΠ 1963 Αλλοδαποί.png (11.6 KiB) Προβλήθηκε 1183 φορές

Έστω τρίγωνο ABC

εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου

και

δύο από τα ύψη του. Θα δείξω ότι $\displaystyle{OA \bot DE}$ .

Στο ισοσκελές τρίγωνο OAB

είναι $\displaystyle{A\widehat OB = {180^0} - 2{\widehat A_1}}$ (1).
Αλλά $\displaystyle{A\widehat OB = 2\widehat C}$ (σχέση επίκεντρης και εγγεγραμμένης που βαίνουν στο ίδιο τόξο).
Το τετράπλευρο BCDE

είναι εγγράψιμο σε κύκλο ( η

φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό γωνίες ορθές). Άρα $\displaystyle{\widehat C = {\widehat E_1}}$ , απ' όπου $\displaystyle{A\widehat OB = 2{\widehat E_1}}$ (2).

Από (1) και (2) έχουμε: $\displaystyle{2{\widehat E_1} = {180^0} - 2{\widehat A_1} \Leftrightarrow {\widehat A_1} + {\widehat E_1} = {90^0}}$ , δηλαδή $\displaystyle{\widehat Z = {90^0} \Leftrightarrow OA \bot DE}$ .

Σημείωση: Πρόκειται για το θεώρημα του Nagel.

parmenides51 · #4

parmenides51 έγραψε:Εξεταστής: Α. Σφήκας

1. Να δείξετε οτι οι ακτίνες, οι οποίες συνδέουν τις κορυφές ενός τριγώνου με το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του είναι κάθετες αντίστοιχα στις ευθείες, οι οποίες συνδέουν ανα δυο τα ίχνη των υψών του τριγώνου.

μια σύντομη λύση που θυμάμαι, διαβάζοντας για Aντιστροφή (με δανεικό σχήμα)

το τετράπλευρο $\displaystyle{DEBC}$ είναι εγγράψιμο διότι $\displaystyle{\widehat{D}=\widehat{E}=90^o}$ οπότε $\displaystyle{AE\cdot AB=AD \cdot AC}$
αντιστρέφω με πόλο $\displaystyle{A}$ και λόγο $\displaystyle{\lambda=AE\cdot AB=AD \cdot AC}$ (1)
η ευθεία $\displaystyle{OA}$ αντιστρέφεται στην $\displaystyle{OA'//OA}$ ως ευθεία διερχόμενη από τον πόλο αντιστροφής
ο κύκλος $\displaystyle{(CAB)}$ αντιστρέφεται στην ευθεία $\displaystyle{DE}$ λόγω (1) ως κύκλος διερχόμενος από πόλο αντιστροφής
η ευθεία $\displaystyle{OA}$ είναι κάθετη στον κύκλο $\displaystyle{(CAB)}$ ως ακτίνα του κύκλου αυτού
άρα οι αντίστροφες εικόνες τους θα είναι μεταξύ τους κάθετες, γιατί η αντιστροφή διατηρεί τις γωνίες
οπότε $\displaystyle{OA'\perp DE}$ κι επειδή $\displaystyle{OA'//OA}$ θα ισχύει $\displaystyle{OA\perp DE }$

: ΕΜΠ 1963 Αλλοδαποί.png (11.6 KiB) Προβλήθηκε 1150 φορές

Υ.Γ. Ο μάγος Σεραφείμ θα έλεγε σύντομα

$\displaystyle{OA\perp D E}$ ως αντίστροφες εικόνες των κάθετων $\displaystyle{OA, (CAB)}$ με κέντρο αντιστροφής το σημείο $\displaystyle{A}$ και λόγο $\displaystyle{\lambda=AE\cdot AB=AD \cdot AC}$

S.E.Louridas · #5

parmenides51 έγραψε:Εξεταστής: Α. Σφήκας...2. Δίνεται η ορθή γωνία $\displaystyle{\widehat{xOy}}$ και δυο σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ πάνω στην $\displaystyle{Ox}$ ( $\displaystyle{OA<OB}$ ). Ζητείται να προσδιοριστεί πάνω στην $\displaystyle{Oy}$ σημείο $\displaystyle{\Sigma}$ τέτοιο ώστε $\displaystyle{(\widehat{A\Sigma B})=2(\widehat{A B\Sigma})}$ . Διερεύνηση.
Σημείωση: Το θέμα αυτό έπεσε και στις εξετάσεις των Αρχιτεκτόνων ΕΜΠ.

Ας δούμε και την διαπραγμάτευση του θέματος αυτού που το θεωρώ καλό θέμα.

1ος Τρόπος:
Αν B_1

το συμμετρικό του

ως προς το σημείο

το συμμετρικό του

ως προς το

, έχουμε $\angle NSB = \angle BSA,$ οπότε αν θεωρήσουμε

τη διχοτόμο της γωνίας $\angle ASB,$ παίρνουμε

$\displaystyle{\frac{{SA}} {{SB}} = \frac{{SA}}{{SB_1 }} = \frac{{BA}}{{2BO}},\quad ct.}$

Συνεπώς το σημείο

προσδιορίζεται σαν τομή της κάθετης επί την ευθεία

στο σημείο

και του Απολλώνιου κύκλου

με διάμετρο FT,

όταν $\displaystyle{\frac{{AT}}{{TB}} = \frac{{FA}}{{FB}} = \frac{{BA}}{{2BO}}.}$

2ος Τρόπος:
Ή όπως θα έλεγε και ο Γιώργος Ρίζος (και θα ήταν πράγματι πολύ καλό):

$\displaystyle{\frac{{SA}}{{\sin B}} = \frac{{AB}}{{\sin 2B}} \Rightarrow \frac{{SA}} {{AB}} = \frac{1}{{2\cos B}} = \frac{{SB}}{{2OB}} \Rightarrow \frac{{SA}} {{SB}} = \frac{{AB}}{{2OB}},\quad ct.}$

#6

parmenides51 έγραψε:Εξεταστής: Α. Σφήκας
3. Δίνεται σφαίρα ακτίνας $\displaystyle{R }$ και επίπεδο $\displaystyle{(\Pi)}$ εφαπτόμενο σε αυτήν στο σημείο $\displaystyle{A}$ . Φέρνουμε επίπεδο $\displaystyle{(\Pi ')}$ που τέμνει τη σφαίρα κατά γωνία $\displaystyle{30^o}$ ως προς το επίπεδο $\displaystyle{(\Pi)}$ .
Έστω $\displaystyle{2R}$ η απόσταση της ευθείας τομής των δυο επιπέδων από το σημείο $\displaystyle{A}$ . Ζητείται να υπολογιστεί ο όγκος του μεταξύ των επιπέδων $\displaystyle{(\Pi ) }$ και $\displaystyle{(\Pi ')}$ τμήματος της σφαίρας.

Σκεφτόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Σφαιρικό τμήμα 2.PNG (75.3 KiB) Προβλήθηκε 1053 φορές

Στο σχήμα αυτό το οριζόντιο επίπεδο $\displaystyle{(\Pi)}$ είναι εκείνο στο οποίο η σφαίρα $\displaystyle{(K,R)}$ εφάπτεται στο σημείο $\displaystyle{A}$ .

Το επίπεδο $\displaystyle{\Pi'}$ είναι εκείνο που ορίζεται από την ευθεία των $\displaystyle{D,E}$ και την $\displaystyle{BC}$ όπου στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ είναι $\displaystyle{\hat{C}=30^o}$

καθώς επίσης η $\displaystyle{ED}$ είναι η κάθετος στο επίπεδο του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ .

Οι κύκλοι $\displaystyle{C_1, C_2}$ είναι οι τομές της σφαίρας αντίστοιχα με το επίπεδο του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ και του $\displaystyle{\Pi'}$ .

Το μέρος της σφαίρας που περιβάλλεται μεταξύ των επιπέδων $\displaystyle{\Pi, \Pi'}$ και μάλιστα στη δίεδρη γωνία των $\displaystyle{30^o}$ , είναι ένα μονοβασικό σφαιρικό τμήμα. (*)

με βάση τον κύκλο $\displaystyle{C_2}$ καί ύψος:

$\displaystyle{u=A'Ko=A'K+KKo=R+x\ \ (1)}$

όπου $\displaystyle{KKo\perp{\Pi'}}$ και $\displaystyle{Ko}$ το κέντρο του κύκλου $\displaystyle{C_2}$ και ανήκει επί της $\displaystyle{BC}$ .

Υπολογισμός του $\displaystyle{x}$ .

Από το τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ προκύπτει:

$\displaystyle{BC=2(BK+R)=2(R+y)\ \ (2)}$

$\displaystyle{AB=R+x\ \ (3)}$

και από την εφαρμογή του πυθαγορείου Θεωρήματος στο τρίγωνο αυτό προκύπτει:

$\displaystyle y=\frac{2\sqrt{3}-3}{3}R \ \ (4)$

Άρα:

$\displaystyle x=ycos30^o=\frac{2-\sqrt{3}}{2}R\ \ (5)$

Άρα ο τύπος (1) από τον (5) γίνεται:

$\displaystyle u=\frac{4-\sqrt{3}}{2}R\ \ (6)$

Ακόμα είναι γνωστό ότι ο όγκος του μοναβασικού σφαιρικού τμήματος δίνεται από τον τύπο:

$\displaystyle V=\frac{\pi u^2(3R-u)}{3}\ \ (7)$

όπου $\displaystyle{u}$ το ύψος του σφαιρικού τμήματος και $\displaystyle{R}$ η ακτίνα της σφαίρας στο οποίο ανήκει.

Αντικαθιστώντας την τιμή του ύψους από την (6) το τύπος (7) δίνει τελικά μετά από πράξεις:

$\displaystyle V=\frac{14+3\sqrt{3}}{24}\pi R^3$

(*) Σημείωση:

Για διευκρίνηση των διβασικών και μονοβασικών σφαιρικών τμημάτων παραθέτω τα σχήματα:

: Σφαιρικό τμήμα 3.PNG (50.58 KiB) Προβλήθηκε 1053 φορές

Διβασικό σφαιρικό τμήμα.

: Σφαιρικό τμήμα 4.PNG (94.7 KiB) Προβλήθηκε 1053 φορές

Μονοβασικό σφαιρικό τμήμα.

Κώστας Δόρτσιος

ΕΜΠ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΑΛΛΟΔΑΠΟΙ

ΕΜΠ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΑΛΛΟΔΑΠΟΙ

Re: ΕΜΠ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΑΛΛΟΔΑΠΟΙ

Re: ΕΜΠ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΑΛΛΟΔΑΠΟΙ

Re: ΕΜΠ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΑΛΛΟΔΑΠΟΙ

Re: ΕΜΠ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΑΛΛΟΔΑΠΟΙ

Re: ΕΜΠ 1963 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΑΛΛΟΔΑΠΟΙ

Μέλη σε σύνδεση