ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Σε τετράεδρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ η βάση $\displaystyle{AB\Gamma}$ είναι ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς $\displaystyle{2\alpha}$ .
Η $\displaystyle{\Gamma \Delta}$ είναι κάθετος στην έδρα $\displaystyle{AB\Delta}$ και η $\displaystyle{B\Delta}$ είναι κάθετος στην $\displaystyle{A\Delta}$ .
Να βρεθούν τα εμβαδά των σφαιρικών ζωνών των εκατέρωθεν της έδρας $\displaystyle{AB\Delta}$
που ορίζονται από την περιγεγραμμένη γύρω από το τετράεδρο σφαίρα.

2. Τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{O}$ . Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα $\displaystyle{B}$ και $\displaystyle{\Gamma}$ τέμνονται στο $\displaystyle{\Delta}$ .
Από το σημείο $\displaystyle{ \Delta}$ φέρνουμε τις $\displaystyle{\Delta E,\Delta H,\Delta Z}$ αντίστοιχα κάθετες στις $\displaystyle{ B\Gamma, \Gamma A, AB}$ .
Να δειχτεί οτι οι ευθείες $\displaystyle{\Delta E}$ και $\displaystyle{ZH}$ διχοτομούνται.

3. Τι ονομάζεται σφαιρική ζώνη; Να βρεθεί ο τύπος ο οποίος δίνει το εμβαδόν της.

4. Σε ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{AB=A\Gamma}$ ) παίρνουμε πάνω στις πλευρές $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ τα σημεία
$\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ αντίστοιχα τέτοια ώστε να είναι $\displaystyle{BM=AN}$ . Εαν $\displaystyle{\Delta}$ είναι το μέσον της $\displaystyle{MN}$
και $\displaystyle{E}$ η τομή των $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ , να δειχτεί οτι $\displaystyle{A\Delta=\Delta E}$ .

#2

parmenides51 έγραψε: 2. Τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{O}$ . Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα $\displaystyle{B}$ και $\displaystyle{\Gamma}$ τέμνονται στο $\displaystyle{\Delta}$ .
Από το σημείο $\displaystyle{ \Delta}$ φέρνουμε τις $\displaystyle{\Delta E,\Delta H,\Delta Z}$ αντίστοιχα κάθετες στις $\displaystyle{ B\Gamma, \Gamma A, AB}$ .
Να δειχτεί οτι οι ευθείες $\displaystyle{\Delta E}$ και $\displaystyle{ZH}$ διχοτομούνται.

: 1976.png (36.38 KiB) Προβλήθηκε 4924 φορές

Το τετράπλευρο $\displaystyle{{\rm A}{\rm Z}\Delta {\rm H}}$ είναι εγγράψιμο (οι απέναντι γωνίες του ορθές).
Άρα $\displaystyle{\widehat {\rm A} + \widehat \Delta = {180^0}}$ .
Τα τετράπλευρα $\displaystyle{{\rm B}{\rm E}\Delta {\rm Z},{\rm E}\Gamma {\rm H}\Delta }$ είναι εγγράψιμα για τον ίδιο λόγο. Άρα, $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm Z}\Delta = {\widehat {\rm B}_1}}$ και $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm H}\Delta = {\widehat \Gamma _1}}$ .
Αλλά, $\displaystyle{{\widehat {\rm B}_1} = {\widehat \Gamma _1} = \widehat {\rm A}}$ (εγγεγραμμένη γωνία και γωνίες χορδής κι εφαπτομένης που βαίνουν στο ίδιο τόξο).

Οπότε οι γωνίες $\displaystyle{{\rm E}\widehat {\rm H}\Delta ,{\rm E}\widehat {\rm Z}\Delta }$ είναι ίσες μεταξύ τους και παραπληρωματικές της $\displaystyle{\widehat \Delta }$ . Επομένως το τετράπλευρο $\displaystyle{{\rm E}{\rm Z}\Delta {\rm H}}$ είναι παραλληλόγραμμο και κατά συνέπεια οι διαγώνιες του διχοτομούνται.

hlkampel · #3

parmenides51 έγραψε:4. Σε ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{AB=A\Gamma}$ ) παίρνουμε πάνω στις πλευρές $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ τα σημεία
$\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ αντίστοιχα τέτοια ώστε να είναι $\displaystyle{BM=AN}$ . Εαν $\displaystyle{\Delta}$ είναι το μέσον της $\displaystyle{MN}$
και $\displaystyle{E}$ η τομή των $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ , να δειχτεί οτι $\displaystyle{A\Delta=\Delta E}$ .

Αν ${\rm M}{\rm Z}//{\rm B}\Gamma$ , ${\rm Z}$ σημείο της ${\rm A}{\rm B}$ , τότε ${\rm Z}\Gamma = {\rm A}{\rm N}\;( = {\rm M}{\rm B})$ (1) , από το ισοσκελές τραπέζιο ${\rm M}{\rm Z}\Gamma {\rm B}$

Φέρνω $\Delta {\rm H}//{\rm M}{\rm Z}$ , με ${\rm H}$ σημείο της ${\rm N}{\rm Z}$ . Στο τρίγωνο ${\rm N}{\rm M}{\rm Z}$ το $\Delta$ είναι μέσο της ${\rm M}{\rm N}$ και $\Delta {\rm H}//{\rm M}{\rm Z}$ ,

οπότε το ${\rm H}$ είναι μέσο του ${\rm N}{\rm Z}$ , δηλαδή ${\rm H}{\rm Z} = {\rm N}{\rm H}$ (2)

Από $\left( 1 \right) + (2) \Rightarrow {\rm Z}\Gamma + {\rm H}{\rm Z} = {\rm A}{\rm N} + {\rm N}{\rm H} \Rightarrow \Gamma {\rm H} = {\rm H}{\rm A}$ οπότε το ${\rm H}$ είναι μέσο της ${\rm A}\Gamma$

Στο τρίγωνο ${\rm A}\Delta {\rm E}$ το ${\rm H}$ είναι μέσο της ${\rm A}\Gamma$ και $\Delta {\rm H}//{\rm M}{\rm Z}//{\rm E}\Gamma$ , δηλαδή το $\Delta$ είναι μέσο της ${\rm A}{\rm E}$ άρα ${\rm A}\Delta = \Delta {\rm E}$ .

#4

parmenides51 έγραψε: 4. Σε ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{AB=A\Gamma}$ ) παίρνουμε πάνω στις πλευρές $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ τα σημεία
$\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ αντίστοιχα τέτοια ώστε να είναι $\displaystyle{BM=AN}$ . Εαν $\displaystyle{\Delta}$ είναι το μέσον της $\displaystyle{MN}$
και $\displaystyle{E}$ η τομή των $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ , να δειχτεί οτι $\displaystyle{A\Delta=\Delta E}$ .

: 1976.2.png (7.92 KiB) Προβλήθηκε 4881 φορές

Προεκτείνω την

κατά τμήμα $\displaystyle{{\rm B}{\rm P} = \Gamma {\rm N}}$ και έστω

το κοινό σημείο της

με τη $\displaystyle{{\rm B}\Gamma }$ . Στο τρίγωνο APN

, η $\displaystyle{{\rm B}{\rm H}\Gamma }$ είναι διατέμνουσα και από θεώρημα Μενελάου έχουμε:

$\displaystyle{\frac{{{\rm B}{\rm A}}}{{{\rm B}{\rm P}}} \cdot \frac{{{\rm H}{\rm P}}}{{{\rm P}{\rm N}}} \cdot \frac{{\Gamma {\rm N}}}{{\Gamma {\rm A}}} = 1}$ .

Αλλά, $\displaystyle{{\rm B}{\rm A} = \Gamma {\rm A},{\rm B}{\rm P} = \Gamma {\rm N}}$ , οπότε θα είναι PH=HN

.
Στο τρίγωνο MNP

, $\displaystyle{\Delta ,{\rm H}}$ είναι τα μέσα των πλευρών MN, NP

αντίστοιχα. Άρα $\displaystyle{\Delta {\rm H}// = \frac{{{\rm M}{\rm P}}}{2} = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}}$ .
Άρα στο τρίγωνο AEB

, αφού $\displaystyle{\Delta {\rm H}// = \frac{{{\rm A}{\rm B}}}{2}}$ , το $\displaystyle{\Delta }$ θα είναι ο μέσο της

.

Ιστοσελίδα · #5

parmenides51 έγραψε:4. Σε ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{AB=A\Gamma}$ ) παίρνουμε πάνω στις πλευρές $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ τα σημεία
$\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ αντίστοιχα τέτοια ώστε να είναι $\displaystyle{BM=AN}$ . Εαν $\displaystyle{\Delta}$ είναι το μέσον της $\displaystyle{MN}$
και $\displaystyle{E}$ η τομή των $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ , να δειχτεί οτι $\displaystyle{A\Delta=\Delta E}$ .

: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ - 4.jpg (25.04 KiB) Προβλήθηκε 4861 φορές

“Χτίζουμε” το ορθογώνιο ${\rm Z}{\rm H}{\rm K}\Lambda$ του σχήματος και από $\triangleleft {\rm M}{\rm B}{\rm Z}\mathop = \limits^{\Gamma - \Pi - \Gamma } \triangleleft {\rm N}{\rm A}{\rm K} \Rightarrow {\rm M}{\rm Z}\mathop = \limits^\parallel {\rm K}{\rm N} \Rightarrow {\rm K}{\rm N}{\rm Z}{\rm M}$ παραλληλόγραμμο $\Rightarrow {\rm K}\Delta = \Delta {\rm Z}$ , οπότε από Θ. Κεντρικής δέσμης το ζητούμενο έπεται.

#6

Ορίζουμε το

, ως το σημείο τομής της

από την δια του σημείου

παράλληλη ευθεία προς την

και αρκεί, ως ισοδύναμο ζητούμενο, να αποδειχθεί ότι η

περνάει από το μέσον

του τμήματος

.

Αυτό όμως αληθεύει λόγω του παραλληλογράμμου AMEN

, από $ME\parallel AN$ και AN = MB

και

, από το ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle MBE$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ.(17-01-2019) Για το σχήμα, βλέπε την 8η δημοσίευση πιο κάτω, με το

εδώ αντί του

εκεί.

#7

parmenides51 έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 21, 2013 11:38 pm
1. Σε τετράεδρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ η βάση $\displaystyle{AB\Gamma}$ είναι ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς $\displaystyle{2\alpha}$ .
Η $\displaystyle{\Gamma \Delta}$ είναι κάθετος στην έδρα $\displaystyle{AB\Delta}$ και η $\displaystyle{B\Delta}$ είναι κάθετος στην $\displaystyle{A\Delta}$ .
Να βρεθούν τα εμβαδά των σφαιρικών ζωνών των εκατέρωθεν της έδρας $\displaystyle{AB\Delta}$
που ορίζονται από την περιγεγραμμένη γύρω από το τετράεδρο σφαίρα.

Εργαζόμαστε στο ακόλουθο σχήμα:

: Τετράεδρο 1.png (15.56 KiB) Προβλήθηκε 4559 φορές

Επειδή η $\displaystyle{CD}$ είναι κάθετη στο επίπεδο της έδρας $\displaystyle{ABD}$ θα είναι και κάθετης στις ακμές $\displaystyle{BD,AD}$
κι ακόμα η ακμή $\displaystyle{BD}$ είναι κάθετη στην ακμή $\displaystyle{AD}$ η στερεά γωνία της κορυφής $\displaystyle{D}$ είναι μια
τρισορθογώνια στερεά γωνία.

Θα δείξουμε ότι οι τρεις ακμές $\displaystyle{DA, DB,DC}$ είναι ίσες. Πράγματι:
Τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{CDA, CDB}$ είναι ίσα γιατί έχουν την $\displaystyle{CD}$ κοινή, και τις
$\displaystyle{CA, CB}$ ίσες. Άρα:
$\displaystyle{DA=DB \ \ (1)}$
Όμοια δείχνεται ότι και τα ορθογώνια τρίγωνα $\displaystyle{ ACD, ABD}$ είναι ίσα. Άρα:
$\displaystyle{DB=DC \ \ (2)}$
Από τις (1) και (2) προκύπτει τελικά ότι:
$\displaystyle{DA=DB=DC \ \ (3)}$

Κατασκευή του κέντρου της περιγεγγραμμένης σφαίρας
Είναι το σημείο τομής των καθέτων στα περίκεντρα των εδρών
του τετραέδρου(ή το σημείο τομής των μεσοκαθέτων επιπέδων
στις ακμές του)
Έτσι στο ανωτέρω σχήμα το ζητούμενο κέντρο είναι το σημείο $\displaystyle{O}$
στο οποίο τμήθηκε η $\displaystyle{DM}$ με την $\displaystyle{OE}$ γιατί το σημείο $\displaystyle{M}$
είναι το περίκεντρο του ισοπλεύρου τριγώνου $\displaystyle{ABC}$ και το σημείο $\displaystyle{E}$
είναι το περίκεντρο του του ισοκελούς και ορθογωνίου τριγώνου $\displaystyle{DAC}$ .

Άρα:

$\displaystyle{EM=\frac{1}{3} \cdot \frac{(2a)\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{3}a\sqrt{3} \ \ (4)}$

Επίσης από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{DEM}$ και επειδή $\displaystyle{DE=a}$ προκύπτει:

$\displaystyle{DM=\frac{a\sqrt{3}}{6} \ \ (5)}$

Ακόμα από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{DEO}$ και από τη σχέση:

$\displaystyle{DE^2=(DM)(DO) }$

προκύπτει:

$\displaystyle{DO=\frac{a\sqrt{6}}{2} \ \ (6)}$

η οποία είναι και η ακτίνα της περιγεγραμμένης σφαίρας του τετραέδρου.

Σφαιρικές ζώνες
Η πρώτη από αυτές φαίνεται στο ακόλουθο σχήμα:(σχεδίασα ένα μέρος της...)

: Τετράεδρο 2.png (35.67 KiB) Προβλήθηκε 4559 φορές

Το εμβαδό αυτής δίνεται από τον τύπο:

$\displaystyle{E=2\pi R \upsilon}$

όπου $\displaystyle{R=DO}$ και $\displaystyle{\upsilon =DM}$ .

Άρα:

$\displaystyle{E=\frac{\pi a^2\sqrt{2}}{2} }$

Όμοια βρίσκεται και η άλλη...

Κώστας Δόρτσιος

KARKAR · #8

parmenides51 έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 21, 2013 11:38 pm
4. Σε ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{AB=A\Gamma}$ ) παίρνουμε πάνω στις πλευρές $\displaystyle{AB}$ και

$\displaystyle{A\Gamma}$ τα σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ αντίστοιχα τέτοια ώστε να είναι $\displaystyle{BM=AN}$ . Εαν $\displaystyle{\Delta}$ είναι

το μέσον της $\displaystyle{MN}$ και $\displaystyle{E}$ η τομή των $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ , να δειχτεί οτι $\displaystyle{A\Delta=\Delta E}$ .

: 4.png (7.45 KiB) Προβλήθηκε 4556 φορές

Χωρίς λόγια

STOPJOHN · #9

parmenides51 έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 21, 2013 11:38 pm
1. Σε τετράεδρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ η βάση $\displaystyle{AB\Gamma}$ είναι ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς $\displaystyle{2\alpha}$ .
Η $\displaystyle{\Gamma \Delta}$ είναι κάθετος στην έδρα $\displaystyle{AB\Delta}$ και η $\displaystyle{B\Delta}$ είναι κάθετος στην $\displaystyle{A\Delta}$ .
Να βρεθούν τα εμβαδά των σφαιρικών ζωνών των εκατέρωθεν της έδρας $\displaystyle{AB\Delta}$
που ορίζονται από την περιγεγραμμένη γύρω από το τετράεδρο σφαίρα.

2. Τρίγωνο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο $\displaystyle{O}$ . Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα $\displaystyle{B}$ και $\displaystyle{\Gamma}$ τέμνονται στο $\displaystyle{\Delta}$ .
Από το σημείο $\displaystyle{ \Delta}$ φέρνουμε τις $\displaystyle{\Delta E,\Delta H,\Delta Z}$ αντίστοιχα κάθετες στις $\displaystyle{ B\Gamma, \Gamma A, AB}$ .
Να δειχτεί οτι οι ευθείες $\displaystyle{\Delta E}$ και $\displaystyle{ZH}$ διχοτομούνται.

3. Τι ονομάζεται σφαιρική ζώνη; Να βρεθεί ο τύπος ο οποίος δίνει το εμβαδόν της.

4. Σε ισοσκελές τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ( $\displaystyle{AB=A\Gamma}$ ) παίρνουμε πάνω στις πλευρές $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ τα σημεία
$\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ αντίστοιχα τέτοια ώστε να είναι $\displaystyle{BM=AN}$ . Εαν $\displaystyle{\Delta}$ είναι το μέσον της $\displaystyle{MN}$
και $\displaystyle{E}$ η τομή των $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ , να δειχτεί οτι $\displaystyle{A\Delta=\Delta E}$ .

Εστω ότι $MT\perp B\Gamma ,\Delta I\perp B\Gamma ,AG\perp B\Gamma ,NS\perp B\Gamma$

Από τα όμοια τρίγωνα $BMT,BAG,\dfrac{MT}{AG}=\dfrac{BM}{BA}\Leftrightarrow MT=\dfrac{BM.AG}{AB},(1)$
Από τα όμοια τρίγωνα $NS\Gamma ,AG\Gamma ,\dfrac{NS}{AG} =\dfrac{N\Gamma }{A\Gamma }\Leftrightarrow NS=\dfrac{AG.N\Gamma }{A\Gamma },(2)$

Στο τραπέζιο MTSN

το τμήμα $I\Delta$ είναι διάμεσος άρα $2I\Delta =MT+NS$
και λογω των $(1),(2),2I\Delta =AG$

Οπότε στο ορθογώνιο τρίγωνο $EAG,I\Delta ///AG,I\Delta =\dfrac{AG}{2},A\Delta =E\Delta$

Γιάννης

ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΝΑΥΤΙΚΩΝ ΔΟΚΙΜΩΝ 1976 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση