ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Πέμ Δεκ 26, 2013 7:51 pm

1. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} τέτοιο ώστε η διχοτόμος \displaystyle{A\Delta} της ορθής γωνίας \displaystyle{\widehat{A}}, να ισούται με την πλευρά \displaystyle{A\Gamma}. Να δειχτεί οτι \displaystyle{(B\Gamma)^2=2(B\Delta)^2} .


2. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} (\displaystyle{AB=A\Gamma}) και σημείο \displaystyle{\Delta} πάνω στην πλευρά του \displaystyle{A\Gamma}. Να αχθεί από το \displaystyle{ \Delta} ευθεία, που να τέμνει την ευθεία \displaystyle{AB} σε σημείο \displaystyle{Z} τέτοιο ώστε τα τρίγωνα \displaystyle{AB\Gamma} και \displaystyle{A\Delta Z} να είναι ισοδύναμα.


3. Πάνω στην υποτείνουσα ορθογωνίου τριγώνου \displaystyle{ AB\Gamma}, φέρνουμε κάθετη σε τυχαίο σημείο \displaystyle{E} αυτής. Αυτή τέμνει την \displaystyle{AB} στο \displaystyle{H} και την \displaystyle{A\Gamma} στο \displaystyle{Z}. Φέρνουμε την \displaystyle{ BZ}, η οποία τέμνει την \displaystyle{Η\Gamma} στο \displaystyle{M}. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του \displaystyle{M}.


4. α) Τα συμμετρικά σημεία \displaystyle{A',B'.\Gamma'} του κέντρου \displaystyle{K} του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma} ως προς τις πλευρές \displaystyle{B\Gamma,\Gamma A,AB} του τριγώνου αντίστοιχα , είναι κορυφές τριγώνου ίσου με το \displaystyle{ AB\Gamma}.
β) Το ορθόκεντρο του σχηματισμένου αυτού τριγώνου, είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma} .
γ) Οι ευθείες που συνδέουν τις κορυφές των ίσων γωνιών των δύο αυτών τριγώνων, διέρχονται από το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος που συνδέει το \displaystyle{ K} και το ορθόκεντρο του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma}.


5. Το επίπεδο που διέρχεται από τα μέσα δυο απέναντι ακμών τετραέδρου \displaystyle{OAB\Gamma} το διαιρεί σε δυο μέρη ισοδύναμα.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11364
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Δεκ 26, 2013 10:12 pm

parmenides51 έγραψε:1. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} τέτοιο ώστε η διχοτόμος \displaystyle{A\Delta} της ορθής γωνίας \displaystyle{\widehat{A}} ,

να ισούται με την πλευρά \displaystyle{A\Gamma}. Να δειχτεί οτι \displaystyle{(B\Gamma)^2=2(B\Delta)^2} .

Μια απάντηση με σχήμα
Ικάρων 74 (1).png
Ικάρων 74 (1).png (17.26 KiB) Προβλήθηκε 571 φορές


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7031
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Πέμ Δεκ 26, 2013 11:54 pm

parmenides51 έγραψε:1. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} τέτοιο ώστε η διχοτόμος \displaystyle{A\Delta} της ορθής γωνίας \displaystyle{\widehat{A}}, να ισούται με την πλευρά \displaystyle{A\Gamma}. Να δειχτεί οτι \displaystyle{(B\Gamma)^2=2(B\Delta)^2} .
Parm_17.png
Parm_17.png (34.88 KiB) Προβλήθηκε 553 φορές
Και κάτι ακόμη .
Γράφουμε τον κύκλο (A,AC) που τέμνει την ευθεία DA στο T . Προφανώς B\widehat CT = {90^0}\,\,. Προεκτείνουμε και την BC προς το C κατά τμήμα CH = BD = m .
Τα τρίγωνα ADB,\,ACH είναι συμμετρικά ως προς την μεσοκάθετο του CD άρα είναι ίσα και έτσι \widehat \omega  = D\widehat AB = {45^0} με άμεση συνέπεια και \boxed{T\widehat AH = {{90}^0}} . Τότε όμως το τετράπλευρο ACHT είναι εγγράψιμμο και άρα \widehat \phi  = \widehat \omega  = {45^0} δηλαδή το τρίγωνο CHT ισοσκελές και ορθογώνιο και θα είναι : \boxed{H{T^2} = 2m_1^2 = 2D{B^2}}\,\,(1) . Αλλά τα ορθογώνια τρίγωνα ABC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AHT έχουν τις κάθετες πλευρές τους ίσες άρα θα είναι ίσα , οπότε θα έχουν \boxed{HT = BC} και άρα ή (1) γίνεται : \boxed{B{C^2} = 2D{B^2}}.

Φιλικά Νίκος


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11364
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Παρ Δεκ 27, 2013 10:40 am

parmenides51 έγραψε:3. Πάνω στην υποτείνουσα ορθογωνίου τριγώνου \displaystyle{ AB\Gamma}, φέρνουμε κάθετη σε τυχαίο σημείο της , \displaystyle{E} .

Αυτή τέμνει την \displaystyle{AB} στο \displaystyle{H} και την \displaystyle{A\Gamma} στο \displaystyle{Z}. Φέρνουμε την \displaystyle{ BZ}, η οποία τέμνει την \displaystyle{Η\Gamma} στο \displaystyle{M}.

Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του \displaystyle{M}.
Ικάρων 73(3).png
Ικάρων 73(3).png (11.58 KiB) Προβλήθηκε 534 φορές


Το Z ( εσωτερικό σημείο της AC ) , είναι το ορθόκεντρο του BHC , συνεπώς BM \perp HC , δηλαδή το M ,

βλέπει την υποτείνουα BC υπό ορθή γωνία , άρα κινείται στο ημικύκλιο διαμέτρου BC , στο οποίο ανήκει το A


thanasis.a
Δημοσιεύσεις: 486
Εγγραφή: Δευ Ιαν 02, 2012 10:09 pm

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από thanasis.a » Παρ Δεκ 27, 2013 11:51 am

..καλημερα..

για το θεμα 1

από ν. ημιτόνων στο τρίγωνο \displaystyle AB\Delta:\,\,\,\,AB\Gamma \Rightarrow \frac{\Delta B}{\eta \mu \hat{\Delta AB}}=\frac{A\Delta }{\eta \mu  \hat{\Delta BA}}\,\,\,\,\,\,(1) με \displaystyle\hat{\Delta AB}=\frac{\hat{BA\Gamma }}{2}=45^{\circ}

Όμως: \displaystyle \bigtriangleup AB\Gamma \Rightarrow \frac{A\Gamma }{B\Gamma }=\eta \mu \hat{AB\Gamma }\,\,\,\,(2)

Tέλος αφου \Delta A=A\Gamma \,\,\,\,(3)

Έτσι από (1), με την βοήθεια των (2),(3) έχουμε: \Delta B=B\Gamma \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow ...B\Gamma ^{2}=2B\Delta ^{2}


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11364
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Παρ Δεκ 27, 2013 12:29 pm

parmenides51 έγραψε:2. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} (\displaystyle{AB=A\Gamma}) και σημείο \displaystyle{\Delta} πάνω στην πλευρά του \displaystyle{A\Gamma}.

Να αχθεί από το \displaystyle{ \Delta} ευθεία, που να τέμνει την ευθεία \displaystyle{AB} σε σημείο \displaystyle{Z} τέτοιο ώστε τα τρίγωνα

\displaystyle{AB\Gamma} και \displaystyle{A\Delta Z} να είναι ισοδύναμα.
Ικάρων 73(2).png
Ικάρων 73(2).png (27.45 KiB) Προβλήθηκε 510 φορές
Αρκεί : AB^2=AD \cdot AZ . Η κατασκευή δίνεται χωρίς άλλα λόγια ...


giannimani
Δημοσιεύσεις: 105
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Παρ Δεκ 27, 2013 1:12 pm

ikarvn1973_exer4.jpg
ikarvn1973_exer4.jpg (37.73 KiB) Προβλήθηκε 504 φορές
4. Οι KA', KB', K\Gamma\,' τέμνουν τις πλευρές B\Gamma, A\Gamma, AB του τριγώνου \triangle{AB\Gamma}, αντίστοιχα στα μέσα τους A_1, B_1, \Gamma_1.
Το τρίγωνο A_1B_1\Gamma_1 προκύπτει από το τρίγωνο AB\Gamma με την ομοιοθεσία κέντρου G (κέντρο βάρους του \triangle{AB\Gamma}) και λόγου -\frac{1}{2}.
Το τρίγωνο A' B' \Gamma ' προκύπτει από το A_1B_1\Gamma_1 με την ομοιοθεσία κέντρου K και λόγου 2.
Επομένως το τρίγωνο A'B'\Gamma ' είναι ομοιόθετο του \triangle{AB\Gamma} με λόγο ομοιοθεσίας -1 (Σύνθεση Ομοιοθεσιών).
Όμως η ομοιοθεσία λόγου -1 είναι κεντρική συμμετρία (ημιστροφή). Άρα τα τρίγωνα A'B'\Gamma ' και AB\Gamma είναι ίσα.
Το K προφανώς είναι το ορθόκεντρο του \triangle{A'B'\Gamma '} εφόσον οι KA', KB', K\Gamma\,' είναι αντίστοιχα κάθετες στις B' \Gamma ', A' B', A' \Gamma ' (τα ομοιόθετα τρίγωνα έχουν τις ομόλογες πλευρές τους παράλληλες).
Το (γ) ερώτημα προκύπτει άμεσα από τον ορισμό της κεντρικής συμμετρίας εφόσον τα ζεύγη σημείων A και A', B και B', \Gamma και \Gamma ', H και K, αποτελούνται από ομόλογα σημεία της.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8959
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Δεκ 27, 2013 6:24 pm

parmenides51 έγραψε: 4. α) Τα συμμετρικά σημεία \displaystyle{A',B'.\Gamma'} του κέντρου \displaystyle{K} του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma} ως προς τις πλευρές \displaystyle{B\Gamma,\Gamma A,AB} του τριγώνου αντίστοιχα , είναι κορυφές τριγώνου ίσου με το \displaystyle{ AB\Gamma}.
β) Το ορθόκεντρο του σχηματισμένου αυτού τριγώνου, είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma} .
γ) Οι ευθείες που συνδέουν τις κορυφές των ίσων γωνιών των δύο αυτών τριγώνων, διέρχονται από το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος που συνδέει το \displaystyle{ K} και το ορθόκεντρο του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma}.
Ικάρων1973.png
Ικάρων1973.png (29.13 KiB) Προβλήθηκε 465 φορές
α) Έστω M, N, P τα μέσα των πλευρών του τριγώνου \displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }.
Τα τετράπλευρα \displaystyle{{\rm B}{\rm K}{\rm A}\Gamma ',{\rm A}{\rm K}\Gamma {\rm B}'} είναι ρόμβοι( οι διαγώνιες διχοτομούνται και είναι κάθετες). Άρα τα τμήματα \displaystyle{{\rm B}\Gamma ',{\rm A}{\rm K},\Gamma {\rm B}'} είναι παράλληλα και ίσα, οπότε το τετράπλευρο \displaystyle{{\rm B}\Gamma {\rm B}'\Gamma '} είναι παραλληλόγραμμο. Ομοίως και τα τετράπλευρα \displaystyle{{\rm A}{\rm B}{\rm A}'{\rm B}',{\rm A}\Gamma {\rm A}'\Gamma '} είναι παραλληλόγραμμα. Επομένως τα τρίγωνα \displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma ,{\rm A}'{\rm B}'\Gamma '} έχουν τις πλευρές τους παράλληλες και ίσες, οπότε είναι ίσα.

β). Οι μεσοκάθετοι των πλευρών του \displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma } είναι ύψη του \displaystyle{{\rm A}'{\rm B}'\Gamma '}, άρα K είναι το ορθόκεντρό του.

γ) Τα τμήματα \displaystyle{{\rm A}{\rm A}',{\rm B}{\rm B}',\Gamma \Gamma '} είναι διαγώνιες των παραλληλογράμμων
\displaystyle{{\rm B}\Gamma {\rm B}'\Gamma '} και\displaystyle{{\rm A}\Gamma {\rm A}'\Gamma '}, οπότε διέρχονται από το ίδιο σημείο O.
Έστω H το συμμετρικό του K ως προς το O. Θα δείξω ότι H είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου \displaystyle{{\rm A}{\rm B}\Gamma }. Πράγματι, \displaystyle{{\rm A}{\rm H}// = {\rm K}{\rm A}',{\rm B}{\rm H}// = {\rm K}{\rm B}'}, οπότε \displaystyle{{\rm A}{\rm H} \bot {\rm B}\Gamma } και \displaystyle{{\rm B}{\rm H} \bot {\rm A}\Gamma }.


KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1882
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:26 pm

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#9

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KDORTSI » Σάβ Δεκ 28, 2013 6:07 pm

parmenides51 έγραψε:5. Το επίπεδο που διέρχεται από τα μέσα δυο απέναντι ακμών τετραέδρου \displaystyle{OAB\Gamma} το διαιρεί σε δυο μέρη ισοδύναμα.
Στο ακόλουθο σχήμα έχουμε φέρει ένα επίπεδο που διέρχεται από τα μέσα \displaystyle{E,Z} αντίστοιχα των ακμών \displaystyle{AC, BD} του τετραέδρου \displaystyle{A.BCD}.

Το επίπεδο αυτό τέμνει τις \displaystyle{AD,BC} αντίστοιχα στα σημεία \displaystyle{W,H}.

Προεκτείνοντας το επίπεδο αυτό του τετραπλεύρου \displaystyle{(EHZW)} βρίσκουμε την τομή \displaystyle{O} αυτού με την \displaystyle{CD}.

Με άλλα λόγια οι τρεις ευθείες που ορίζουν οι \displaystyle{EW, HZ, CD} διέρχονται από το ίδιο σημείο, δηλαδή το \displaystyle{O}.
Ισομερισμός Τετραέδρου 1.PNG
Ισομερισμός Τετραέδρου 1.PNG (85.59 KiB) Προβλήθηκε 440 φορές
Προφανώς οι δύο τετραγωνικές πυραμίδες \displaystyle{B.EHZW, \  \ C.EHZW}, έχουν ίδια βάση την \displaystyle{(EHZW)}

και ίσα ύψη γιατί οι κορυφές \displaystyle{B,D} ισαπέχουν από το επίπεδο της βάσης καθώς το \displaystyle{Z} είναι μέσον του τμήματος \displaystyle{BD}. Άρα:

\displaystyle V(B.EHZW)=V(D.EHZW)\ \ (1)

Για να δείξουμε το ζητούμενο αρκεί να δείξουμε ότι τα τετράεδρα \displaystyle{A.BEW, \  \ C.DEH} έχουν τον ίδιο όγκο.

Όμως είναι:

\displaystyle \frac{V(A.BEW)}{V(A.BCD)}=\frac{AB\cdot AE\cdot AW}{AB\cdot AC\cdot AD}=\frac{1}{2}\cdot \frac{AW}{AD}\  \ (2)

\displaystyle \frac{V(C.DEH)}{V(A.BCD)}=\frac{CE\cdot CH\cdot CD}{CA\cdot CB\cdot CD}=\frac{1}{2}\cdot \frac{CH}{CB}\  \ (3)

Από τις (2) και (3) αρκεί να δειχθεί ότι:

\displaystyle \frac{AW}{AD}= \frac{CH}{CB}\  \ (4)

Στη συνέχεια εφαρμόζουμε το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο \displaystyle{ACD} με διατέμνουσα την \displaystyle{OEW}. Άρα:

\displaystyle \frac{AW}{WD}\cdot \frac{DO}{OC}\cdot \frac{CE}{EA}=1\\\\\Rightarrow \frac{AW}{WD}=\frac{OC}{OD}\  \ (5)

Όμοια το ίδιο θεώρημα στο τρίγωνο \displaystyle{BCD} με διατέμνουσα την \displaystyle{OHZ}. Άρα:

\displaystyle \frac{BZ}{ZD}\cdot \frac{DO}{OC}\cdot \frac{CH}{HB}=1\\\\\Rightarrow \frac{CH}{HB}=\frac{OC}{OD}\  \ (6)

Από τις (5) και (6) προκύπτει:

\displaystyle  \frac{AW}{WD}=\frac{CH}{HB}\\\\\Rightarrow \frac{AW}{AD}=\frac{CH}{BC}\  \ (7)

Η σχέση (7) είναι η (4) η οποία εξασφαλίζει την ισότητα των όγκων των τετραέδρων \displaystyle{A.BEW, \  \ C.DEH}

Επομένως το επίπεδο αυτό χωρίζει το τετράεδρο σε δύο ισοδύναμα στερεά πολύεδρα.

Κώστας Δόρτσιος


thanasis.a
Δημοσιεύσεις: 486
Εγγραφή: Δευ Ιαν 02, 2012 10:09 pm

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#10

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από thanasis.a » Δευ Δεκ 30, 2013 12:48 am

2. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} (\displaystyle{AB=A\Gamma}) και σημείο \displaystyle{\Delta} πάνω στην πλευρά του \displaystyle{A\Gamma}. Να αχθεί από το \displaystyle{ \Delta} ευθεία, που να τέμνει την ευθεία \displaystyle{AB} σε σημείο \displaystyle{Z} τέτοιο ώστε τα τρίγωνα \displaystyle{AB\Gamma} και \displaystyle{A\Delta Z} να είναι ισοδύναμα.
draw1.png
draw1.png (17.94 KiB) Προβλήθηκε 394 φορές
..καλησπέρα..

ονομάζουμε: AB=AC=b,\,\,\,AD=x,\,\,\,\,BZ=t. Ο σκοπός μας είναι να υπολογίσουμε και να κατασκευάσουμε το τμήμα t, με δεδομένα τα τμήματα b,x και με την προυπόθεση ότι (ABC)=(ADZ).

Έχουμε: \displaystyle (ABC)=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot AC\cdot \eta \mu (\hat{BAC)}\,\,\,(1) και ταυτόχρονα \displaystyle (ADZ)=\frac{1}{2}\cdot AD\cdot AZ\cdot \eta \mu (\hat{DAZ)}\,\,\,(2)

Επειδή όμως: (ABC)=(ADZ)\displaystyle\Rightarrow ...\Rightarrow b^{2}=(b+t)\cdot x\Rightarrow ..\Rightarrow t=\frac{b\cdot (b-x)}{x}. Έτσι το ευθύγραμμο τμήμα t υπολογίσθηκε και κατασκευάζεται εύκολα ως εφαρμογή του θ. Θαλή.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11364
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#11

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Δευ Δεκ 30, 2013 9:21 am

Ικάρων 73(2).png
Ικάρων 73(2).png (27.45 KiB) Προβλήθηκε 383 φορές
Επειδή το κύριο ζητούμενο , ήταν η κατασκευή , συνεχίζω τη λύση του Θανάση : Φέρω το DB

και από το C παράλληλη προς την DB , η οποία τέμνει την προέκταση της AB στο S .

Από θ.Θαλή έχω : \displaystyle \frac{AD}{AB}=\frac{AC}{AS}\Leftrightarrow AD\cdot AS=AB \cdot AB , ό.έ.δ.

Παρατήρηση : Δεν είναι απαραίτητο το αρχικό τρίγωνο να είναι ισοσκελές !


Απάντηση

Επιστροφή σε “Εξετάσεις Σχολών”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης