Π.Μ.Δ.Μ. 1937-38 ΣΤ' ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

parmenides51 · #1

1. Σε σφαίρα είναι περιγεγραμμένος κύλινδρος, εσωτερικά του οποίου βρίσκεται κώνος
με βάση την βάση του κυλίνδρου και κορυφή το κέντρο της σφαίρας.
α) Να αποδειχθεί οτι εαν αυτά τα τρια στερεά τμηθούν από επίπεδο παράλληλος προς την βάση του κυλίνδρου,
η τομής του κυλίνδρου θα είναι ισοδύναμη με το άθροισμα των τομών της σφαίρας και του κώνου.
β) Εαν τα τρια στερεά τμηθούν από επίπεδα παράλληλα προς την βάση του κυλίνδρου,
ο όγκος του στερεού που περιέχεται μεταξύ των δυο επιπέδων και του κυλίνδρου,
θα ισούται με το άθροισμα των όγκων των στερεών που περιέχονται
1) μεταξύ των επιπέδων αυτών και του κώνου και
2) μεταξύ των επιπέδων αυτών και της σφαίρας

2. Έστω $\displaystyle{A', B', \Gamma'}$ τα ίχνη των υψών τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ .
α) Να δειχτεί οτι αν η περίμετρος του τριγώνου $\displaystyle{A'B'\Gamma'}$ ισούται με την διάμετρο του περιγεγραμμένου κύκλου του $\displaystyle{AB\Gamma}$ ,
τότε θα ισχύει οτι $\displaystyle{\eta\mu A\eta\mu B\eta\mu\Gamma=\frac{1}{2}}$
β) Να βρεθούν οι πλευρές και οι γωνίες του τριγώνου $\displaystyle{A'B'\Gamma'}$ και η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του
συναρτήσει των γωνιών του $\displaystyle{AB\Gamma}$ . και της ακτίνας του περιγεγραμμένου κύκλου του $\displaystyle{AB\Gamma}$ .

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #2

2. Έστω $\displaystyle{A', B', \Gamma'}$ τα ίχνη των υψών τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ .
α) Να δειχτεί οτι αν η περίμετρος του τριγώνου $\displaystyle{A'B'\Gamma'}$ ισούται με την διάμετρο του περιγεγραμμένου κύκλου του $\displaystyle{AB\Gamma}$ ,
τότε θα ισχύει οτι $\displaystyle{\eta\mu A\eta\mu B\eta\mu\Gamma=\frac{1}{2}}$
β) Να βρεθούν οι πλευρές και οι γωνίες του τριγώνου $\displaystyle{A'B'\Gamma'}$ και η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του
συναρτήσει των γωνιών του $\displaystyle{AB\Gamma}$ και της ακτίνας του περιγεγραμμένου κύκλου του $\displaystyle{AB\Gamma}$ .

Το πρώτο σκέλος του θέματος ισχύει μόνο στα οξυγώνια τρίγωνα. Το τι ισχύει στα αμβλυγώνια θα το δούμε σε αυτήν τη δημοσίευση. Είναι μια καλή ευκαιρία να γραφούν κάποια βασικά για τα ορθικά τρίγωνα. Στη διαπραγμάτευση του θέματος θα είμαι σύντομος εκεί που χρειάζεται, αναλυτικός εκεί που πρέπει.

α)Από το εγγράψιμο τετράπλευρο $B\Gamma B'\Gamma '$ προκύπτει ότι τα τρίγωνα $A\Gamma'B' , AB\Gamma$ είναι όμοια.
Έτσι $\frac{\Gamma'B' }{B\Gamma }=\frac{AB'}{AB}\Rightarrow\frac{\Gamma'B' }{B\Gamma } = \sigma \upsilon \nu A \Rightarrow \Gamma'B' =a \sigma \upsilon \nu A$ .

Με αντίστοιχες σκέψεις μπορώ να γράψω ότι :
$\Gamma 'A'=\beta \sigma \upsilon\nu B$ και $A'B'=\gamma \sigma \upsilon\nu \Gamma$ .

Άρα η περίμετρος του ορθικού τριγώνου $A'B'\Gamma '$ του τριγώνου $AB\Gamma$ είναι ίση με

$a \sigma \upsilon \nu A+\beta \sigma \upsilon\nu B +\gamma \sigma \upsilon\nu \Gamma = 4R\eta\mu A\eta\mu B\eta\mu \Gamma$ .

Φυσικά η τελευταία ισότητα θα αποδειχθεί αναλυτικά αμέσως πιο κάτω.
Πρώτα θα αποδειχθεί ότι $\eta \mu 2A+\eta \mu 2B+\eta \mu 2\Gamma =4\eta \mu A\eta \mu B\eta \mu \Gamma$ .
$A+B+\Gamma=180^{\circ}\Rightarrow$
$2A+2B+2\Gamma=360^{\circ}\Rightarrow$
$2B+2\Gamma=360^{\circ} -2A\Rightarrow$
$\eta \mu \left(2B+2\Gamma \right)=-\eta \mu2A\Rightarrow$
$\eta \mu 2B\sigma \upsilon \nu 2\Gamma+ \eta \mu 2\Gamma \sigma \upsilon \nu 2B=-\eta \mu 2A\Rightarrow$
$\eta \mu 2B\left(1-2\eta\mu ^{2}\Gamma \right)+\eta \mu 2\Gamma \left( 1-2\eta\mu ^{2}B \right)=-\eta \mu 2A\Rightarrow$
$\eta \mu 2A+\eta \mu 2B+\eta \mu 2\Gamma =2\eta \mu 2B\eta \mu^{2}\Gamma + 2\eta \mu 2\Gamma\eta\mu^{2} B \Rightarrow$
$\eta \mu 2A+\eta \mu 2B+\eta \mu 2\Gamma =4\eta\mu B\sigma \upsilon \nu B \eta \mu^{2}\Gamma +4\eta\mu \Gamma \sigma \upsilon \nu \Gamma \eta \mu^{2}B\Rightarrow$
$\eta \mu 2A+\eta \mu 2B+\eta \mu 2\Gamma =4\eta\mu B \eta \mu \Gamma \left( \sigma\upsilon\nu B\eta \mu \Gamma + \sigma\upsilon\nu \Gamma \eta \mu B \right) \Rightarrow$
$\eta \mu 2A+\eta \mu 2B+\eta \mu 2\Gamma =4\eta\mu B \eta \mu \Gamma \eta \mu \left( B+\Gamma \right)\Rightarrow$
$\eta \mu 2A+\eta \mu 2B+\eta \mu 2\Gamma =4\eta\mu B \eta \mu \Gamma \eta \mu A$

Έτσι
$a\sigma\upsilon \nu A+\beta \sigma\upsilon \nu B+\gamma \sigma \upsilon \nu \Gamma =2R\eta \mu A\sigma\upsilon \nu A+2R\eta \mu \sigma\upsilon \nu B+2R\eta \mu \Gamma \sigma\upsilon \nu \Gamma =R\left(\eta \mu 2A+\eta \mu 2B+\eta \mu 2\Gamma \right)=4R\eta\mu B \eta \mu \Gamma \eta \mu A.$

Το ζητούμενο στο 1ο ερώτημα είναι πλέον εμφανές. Τονίζω ότι η παραπάνω διαπραγμάτευση έχει να κάνει μόνο με οξυγώνια τρίγωνα.

Θα δούμε τώρα τι γίνεται αν το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι αμβλυγώνιο με $\hat{A}\succ 90^{\circ}$ .

Από την ομοιότητα των τριγώνων $AB\Gamma , A\Gamma 'B'$ προκύπτει ότι

$\frac{\Gamma 'B'}{B\Gamma }=\frac{AB'}{AB}\Rightarrow \frac{\Gamma'B' }{a}=\sigma\upsilon \nu \left(180^{\circ} -A \right)\Rightarrow \Gamma 'B'=-a\sigma \upsilon \nu A$

Για να μη γράφω πολλά , με αντίστοιχες σκέψεις ισχύει ότι
$\Gamma 'A'=\beta \sigma \upsilon\nu B$ και $A'B'=\gamma \sigma \upsilon\nu \Gamma$ .

Έτσι η περίμετρος του ορθικού τριγώνου του τριγώνου $AB\Gamma$ είναι ίση με

$-a \sigma \upsilon \nu A+\beta \sigma \upsilon\nu B +\gamma \sigma \upsilon\nu \Gamma =-2R\eta \mu A\sigma \upsilon \nu A+2R\eta \mu B\sigma \upsilon \nu +2R\eta \mu \Gamma \sigma \upsilon \nu \Gamma =-R\eta \mu 2A+R\eta \mu 2B+R\eta \mu 2\Gamma =....=4R\eta \mu A\sigma \upsilon \nu B\sigma \upsilon \nu \Gamma$ .

Το γεγονός ότι $-\eta \mu 2A+\eta \mu 2B+\eta \mu 2\Gamma =4\eta \mu A\sigma \upsilon \nu B\sigma \upsilon \nu \Gamma$ νομίζω ότι μπορεί να το αποδείξει κάποιος με σκέψεις σαν κι αυτές που έγραψα λίγο πιο πάνω , σίγουρα καταλαβαίνετε τι εννοώ.

Ανάλογες διατυπώσεις προκύπτουν όταν $\hat{B}\succ 90^{\circ}$ ή όταν $\hat{\Gamma }\succ 90^{\circ}$ .

β)Ας ξεκινήσουμε με τα οξυγώνια τρίγωνα.

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο $H\Gamma 'BA'$ προκύπτει ότι $\Gamma'\hat{A'} A=\Gamma'\hat{B} H$ .

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο $HB'\Gamma A'$ προκύπτει ότι $B'\hat{A'}A=B'\hat{\Gamma }H$ .

Όμως από το εγγράψιμο τετράπλευρο $B\Gamma B'\Gamma '$ προκύπτει ότι $\Gamma'\hat{B} H=B'\hat{\Gamma }H$ .

Συνεπώς $\Gamma'\hat{A'} A=B'\hat{A'}A$ .

Συνεπώς $\Gamma '\hat{A'}B'=2\Gamma '\hat{A'}A=2\Gamma'\hat{B} H=2\left( 90^{\circ}- \hat{A}\right)=180^{\circ}-2\hat{A}$ .

Με ανάλογο τρόπο βρίσκεται ότι
$A'\hat{B'}\Gamma'=180^{\circ} -2\hat{B}$ , $A'\hat{\Gamma' }B'=180^{\circ} -2\hat{\Gamma }$ .

Ας ασχοληθούμε τώρα με την ακτίνα $R_{1}$ του περιγεγραμμένου κύκλου του ορθικού τριγώνου οξυγωνίου τριγώνου.
Θα βρεθεί με το νόμο του ημιτόνου.

$R_{1}=\frac{A'B'}{2\eta\mu A'\hat{\Gamma' }B'}= \frac{\gamma \sigma\upsilon \nu \Gamma }{2\eta\mu\left(180^{\circ}-2\Gamma \right)}=\frac{2R\eta \mu \Gamma \sigma \upsilon \nu \Gamma }{2\eta \mu 2\Gamma }=\frac{R}{2}$ .

Ας δούμε σύντομα τι γίνεται όταν στο τρίγωνο ABC

ισχύει $\hat{A}\succ 90\cdot$ .

Δεν είναι πλέον δύσκολο να αποδειχθεί ότι η AA'

διχοτομεί τη $\hat{A'}$ , η $B\Gamma '$ διχοτομεί τη $\Gamma '$ και ότι
η $\Gamma B'$ διχοτομεί τη $\hat{B'}$ ,
αναφέρομαι στις γωνίες του ορθικού τριγώνου.

$\hat{A'}=2B'\hat{A'}A=2B'\hat{B}A=2\left[ 90^{\circ}-\left(180^{\circ}-A \right) \right]=2A-180^{\circ}$

Με χρήση των κατάλληλων εγραψίμων τετραπλέυρων βρίσκεται ότι $\hat{B'}=2\hat{B}$ και ότι $\hat{\Gamma '}=2\hat{\Gamma }$ .

Το αξιοσημείωτο είναι ότι δεν αλλάζει το μήκος του περιγεγραμμένου κύκλου του ορθικού τριγώνου.

$R_{1}=\frac{A'B'}{2\eta\mu A'\hat{\Gamma' }B'}=\frac{2R\eta \mu \Gamma \sigma \upsilon \nu \Gamma }{2\eta \mu 2\Gamma }=\frac{R}{2}$
Τώρα θα μου πείτε , γιατί δε γράφω ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του ορθικού τριγώνου είναι ο κύκλος Euler του τριγώνου $AB\Gamma$ ο οποίος έχει ακτίνα ίση με $\frac{R}{2}$ . Δεν θέλω να επικαλεστώ αμέσως γνώσεις που τα παιδιά δε διδάσκονται στο σχολείο. Ίσως το σχολικό έτος 1937-1938 τα πράγματα να ΄ταν αλλιώς , δεν ξέρω....

Αναρωτιέμαι πόσοι θα 'χουν την υπομονή να διαβάσουν τα όσα έγραψα....
Πάντως σε κάποιους θα φανούν χρήσιμα.
Η παρούσα διαπραγμάτευση θα μπορούσε να εξετάσει τι γίνεται με το εμβαδόν του ορθικού τριγώνου ή με το μήκος της ακτίνας του εγγεγραμμένου τού κύκλου. Αυτό θα το αφήσω για άλλη στιγμή....

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

parmenides51 έγραψε: Τρί Ιούλ 23, 2013 1:25 pm 1. Σε σφαίρα είναι περιγεγραμμένος κύλινδρος, εσωτερικά του οποίου βρίσκεται κώνος
με βάση την βάση του κυλίνδρου και κορυφή το κέντρο της σφαίρας.
α) Να αποδειχθεί οτι εαν αυτά τα τρια στερεά τμηθούν από επίπεδο παράλληλος προς την βάση του κυλίνδρου,
η τομής του κυλίνδρου θα είναι ισοδύναμη με το άθροισμα των τομών της σφαίρας και του κώνου.
β) Εαν τα τρια στερεά τμηθούν από επίπεδα παράλληλα προς την βάση του κυλίνδρου,
ο όγκος του στερεού που περιέχεται μεταξύ των δυο επιπέδων και του κυλίνδρου,
θα ισούται με το άθροισμα των όγκων των στερεών που περιέχονται
1) μεταξύ των επιπέδων αυτών και του κώνου και
2) μεταξύ των επιπέδων αυτών και της σφαίρας

Ας το δούμε αυτό το θέμα, αξίζει τον κόπο...

1) Έστω

η ακτίνα των βάσεων του κυλίνδρου που είναι και η ακτίνα της εγγεγραμμένης στον κύλινδρο σφαίρας .

Έστω

η απόσταση του κέντρου της σφαίρας από το επίπεδο που τέμνει τη σφαίρα, τον κύλινδρο και τον κώνο και είναι
παράλληλο στις βάσεις του κυλίνδρου.

Το επίπεδο αυτό τέμνει τον κύλινδρο κατά κύκλο ακτίνας

, τη σφαίρα κατά κύκλο ακτίνας

και τον κώνο κατά
κύκλο ακτίνας $\rho .$

Ισχύει $d^{2}+r^{2}=R^{2}$

To oρθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές μήκους

και

είναι ισοσκελές ως όμοιο με το
ορθογώνιο τρίγωνο που έχει κάθετες πλευρές την ακτίνα της σφαίρας και την ακτίνα της βάσης του κυλίνδρου, που
όπως προαναφέρθηκε είναι ίσες με

Άρα $d=\rho$ και έτσι $\rho^{2}+r^{2}=R^{2}.$

Επομένως $\pi \rho ^{2}+\pi r^{2}=\pi R^{2}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

: geogebra-export (3).png (139.8 KiB) Προβλήθηκε 950 φορές

2) Όταν ο κύλινδρος τέμνεται από δύο επίπεδα παράλληλα προς τη βάση του δημιουργείται ένας κύλινδρος με ακτίνα βάσης

και ύψος

O όγκος του κυλίνδρου αυτού είναι ίσος με $V=\pi R^{2}h.$

Όταν η σφαίρα , η εγγεγραμμένη στον παραπάνω κύλινδρο , τέμνεται από τα δύο προαναφερθέντα επίπεδα δημιουργείται

ένα σφαιρικό τμήμα. Ας ονομάσουμε $r_{1}$ την ακτίνα της μικρής βάσης του και $r_{2}$ την ακτίνα της

μεγάλης βάσης του. Φυσικά το ύψος του σφαιρικού αυτού τμήματος είναι

Ο όγκος του είναι ίσος με

$\displaystyle V_{1}=\frac{1}{6}\pi h^{2}+\frac{1}{2}\pi \left ( r^{2}_{1}+r^{2}_{2} \right )h$

Όταν ο κώνος τέμνεται από τα δύο προαναφερθέντα επίπεδα δημιουργείται ένας κόλουρος κώνος.

Ας ονομάσουμε $\rho _{1}$ την ακτίνα της μικρής βάσης του και $\rho _{2}$ την ακτίνα της μεγάλης βάσης του.

Φυσικά το ύψος του κόλουρου κώνου είναι

Ο όγκος του κόλουρου κώνου είναι ίσος με

$\displaystyle V_{2}=\frac{\pi }{3}\left ( \rho^{2} _{1}+\rho _{1}\cdot \rho_{2}+\rho^{2} _{2} \right )h$

Aπό το 1) ισχύει ότι $\rho^{2} _{1}+r^{2}_{1}=\rho^{2} _{2}+r^{2}_{2}=R^{2}.$

Θα αποδειχθεί τώρα ότι $2\rho _{_1}\rho _{2}+h^{2}=\rho^{2} _{1}+\rho^{2} _{2}$

Έστω $d_{1}$ η απόσταση του κέντρου της σφαίρας από το ένα επίπεδο και $d_{2}$ η απόσταση του

ίδιου σημείου από το άλλο επίπεδο. Φυσικά $d_{2}-d_{1}=h.$

Επίσης από το 1) έχουμε ότι $d_{1}=\rho _{1}$ και $d_{2}=\rho _{2}.$

Έτσι λοιπόν έχουμε ότι

$\rho^{2} _{1}+\rho^{2} _{2}=\left ( \rho _{2}-\rho _{1} \right )^{2}+2\rho _{2}\rho _{1}=\left ( d_{2}-d_{1} \right )^{2}+2\rho _{2}\rho _{1}=h^{2}+2\rho _{2}\rho _{1}$

Συνεπώς $\displaystyle V_{1}+V_{2}=\frac{1}{6}\pi h^{2}+\frac{1}{2}\pi \left ( r^{2}_{1}+r^{2}_{2} \right )h+\frac{\pi }{3}\left ( \rho^{2} _{1}+\rho _{1}\cdot \rho_{2}+\rho^{2} _{2} \right )h=$

$\displaystyle \pi h\frac{2\left ( \rho^{2} _{1}+r^{2}_{1} \right )+2\left ( \rho^{2} _{2}+r^{2}_{2} \right )+h^{2}+2\rho _{1}\rho _{2}+r^{2}_{1}+r^{2}_{2}}{6}=$

$\displaystyle \pi h\frac{2\left ( \rho^{2} _{1}+r^{2}_{1} \right )+2\left ( \rho^{2} _{2}+r^{2}_{2} \right )+\rho^{2} _{1}+\rho^{2} _{2}+r^{2}_{1}+r^{2}_{2}}{6}=$

$\displaystyle \pi h\frac{3\left ( \rho^{2} _{1}+r^{2}_{1} \right )+3\left ( \rho^{2} _{2}+r^{2}_{2} \right )}{6}=\pi h\frac{3R^{2}+3R^{2}}{6}=\pi hR^{2}=V$

Επειδή θέλω να είμαι ειλικρινής, οφείλω να ομολογήσω ότι δεν κατάφερα να σχεδιάσω ένα σχήμα που να δείχνει τον
κώνο μέσα στον κύλινδρο και τα ορθογώνια και ισοσκελή τρίγωνα που επικαλούμαι στη λύση μου.
Ακόμα και το σχήμα που δημοσιεύω, με τη σφαίρα που είναι εγγεγραμμένη στον κύλινδρο, είναι μάλλον ατελές...
Τουλάχιστον μπορεί να πείσει για την ορθότητα της ισότητας $d^{2}+r^{2}=R^{2}$ ...
Για να μη γράφω άλλα και σας κουράζω, αν δεν επέμβει ο Κώστας Δόρτσιος η εποπτική εικόνα της λύσης θα υστερεί...
Πρόκειται για όμορφο θέμα, δεν έχει σημασία το πότε τέθηκε...

#4

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: Πέμ Ιαν 25, 2024 12:17 pm
parmenides51 έγραψε: Τρί Ιούλ 23, 2013 1:25 pm 1. Σε σφαίρα είναι περιγεγραμμένος κύλινδρος, εσωτερικά του οποίου βρίσκεται κώνος
με βάση την βάση του κυλίνδρου και κορυφή το κέντρο της σφαίρας.
α) Να αποδειχθεί οτι εαν αυτά τα τρια στερεά τμηθούν από επίπεδο παράλληλος προς την βάση του κυλίνδρου,
η τομής του κυλίνδρου θα είναι ισοδύναμη με το άθροισμα των τομών της σφαίρας και του κώνου.
β) Εαν τα τρια στερεά τμηθούν από επίπεδα παράλληλα προς την βάση του κυλίνδρου,
ο όγκος του στερεού που περιέχεται μεταξύ των δυο επιπέδων και του κυλίνδρου,
θα ισούται με το άθροισμα των όγκων των στερεών που περιέχονται
1) μεταξύ των επιπέδων αυτών και του κώνου και
2) μεταξύ των επιπέδων αυτών και της σφαίρας
Ας το δούμε αυτό το θέμα, αξίζει τον κόπο...

1) Έστω η ακτίνα των βάσεων του κυλίνδρου που είναι και η ακτίνα της εγγεγραμμένης στον κύλινδρο σφαίρας .

Έστω η απόσταση του κέντρου της σφαίρας από το επίπεδο που τέμνει τη σφαίρα, τον κύλινδρο και τον κώνο και είναι
παράλληλο στις βάσεις του κυλίνδρου.

Το επίπεδο αυτό τέμνει τον κύλινδρο κατά κύκλο ακτίνας , τη σφαίρα κατά κύκλο ακτίνας και τον κώνο κατά
κύκλο ακτίνας $\rho .$

Ισχύει $d^{2}+r^{2}=R^{2}$

To oρθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές μήκους και είναι ισοσκελές ως όμοιο με το
ορθογώνιο τρίγωνο που έχει κάθετες πλευρές την ακτίνα της σφαίρας και την ακτίνα της βάσης του κυλίνδρου, που
όπως προαναφέρθηκε είναι ίσες με

Άρα $d=\rho$ και έτσι $\rho^{2}+r^{2}=R^{2}.$

Επομένως $\pi \rho ^{2}+\pi r^{2}=\pi R^{2}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

2) Όταν ο κύλινδρος τέμνεται από δύο επίπεδα παράλληλα προς τη βάση του δημιουργείται ένας κύλινδρος με ακτίνα βάσης

και ύψος O όγκος του κυλίνδρου αυτού είναι ίσος με $V=\pi R^{2}h.$

Όταν η σφαίρα , η εγγεγραμμένη στον παραπάνω κύλινδρο , τέμνεται από τα δύο προαναφερθέντα επίπεδα δημιουργείται

ένα σφαιρικό τμήμα. Ας ονομάσουμε $r_{1}$ την ακτίνα της μικρής βάσης του και $r_{2}$ την ακτίνα της

μεγάλης βάσης του. Φυσικά το ύψος του σφαιρικού αυτού τμήματος είναι Ο όγκος του είναι ίσος με

$\displaystyle V_{1}=\frac{1}{6}\pi h^{2}+\frac{1}{2}\pi \left ( r^{2}_{1}+r^{2}_{2} \right )h$

Όταν ο κώνος τέμνεται από τα δύο προαναφερθέντα επίπεδα δημιουργείται ένας κόλουρος κώνος.

Ας ονομάσουμε $\rho _{1}$ την ακτίνα της μικρής βάσης του και $\rho _{2}$ την ακτίνα της μεγάλης βάσης του.

Φυσικά το ύψος του κόλουρου κώνου είναι

Ο όγκος του κόλουρου κώνου είναι ίσος με

$\displaystyle V_{2}=\frac{\pi }{3}\left ( \rho^{2} _{1}+\rho _{1}\cdot \rho_{2}+\rho^{2} _{2} \right )h$

Aπό το 1) ισχύει ότι $\rho^{2} _{1}+r^{2}_{1}=\rho^{2} _{2}+r^{2}_{2}=R^{2}.$

Θα αποδειχθεί τώρα ότι $2\rho _{_1}\rho _{2}+h^{2}=\rho^{2} _{1}+\rho^{2} _{2}$

Έστω $d_{1}$ η απόσταση του κέντρου της σφαίρας από το ένα επίπεδο και $d_{2}$ η απόσταση του

ίδιου σημείου από το άλλο επίπεδο. Φυσικά $d_{2}-d_{1}=h.$

Επίσης από το 1) έχουμε ότι $d_{1}=\rho _{1}$ και $d_{2}=\rho _{2}.$

Έτσι λοιπόν έχουμε ότι

$\rho^{2} _{1}+\rho^{2} _{2}=\left ( \rho _{2}-\rho _{1} \right )^{2}+2\rho _{2}\rho _{1}=\left ( d_{2}-d_{1} \right )^{2}+2\rho _{2}\rho _{1}=h^{2}+2\rho _{2}\rho _{1}$

Συνεπώς $\displaystyle V_{1}+V_{2}=\frac{1}{6}\pi h^{2}+\frac{1}{2}\pi \left ( r^{2}_{1}+r^{2}_{2} \right )h+\frac{\pi }{3}\left ( \rho^{2} _{1}+\rho _{1}\cdot \rho_{2}+\rho^{2} _{2} \right )h=$

$\displaystyle \pi h\frac{2\left ( \rho^{2} _{1}+r^{2}_{1} \right )+2\left ( \rho^{2} _{2}+r^{2}_{2} \right )+h^{2}+2\rho _{1}\rho _{2}+r^{2}_{1}+r^{2}_{2}}{6}=$

$\displaystyle \pi h\frac{2\left ( \rho^{2} _{1}+r^{2}_{1} \right )+2\left ( \rho^{2} _{2}+r^{2}_{2} \right )+\rho^{2} _{1}+\rho^{2} _{2}+r^{2}_{1}+r^{2}_{2}}{6}=$

$\displaystyle \pi h\frac{3\left ( \rho^{2} _{1}+r^{2}_{1} \right )+3\left ( \rho^{2} _{2}+r^{2}_{2} \right )}{6}=\pi h\frac{3R^{2}+3R^{2}}{6}=\pi hR^{2}=V$

Επειδή θέλω να είμαι ειλικρινής, οφείλω να ομολογήσω ότι δεν κατάφερα να σχεδιάσω ένα σχήμα που να δείχνει τον
κώνο μέσα στον κύλινδρο και τα ορθογώνια και ισοσκελή τρίγωνα που επικαλούμαι στη λύση μου.
Ακόμα και το σχήμα που δημοσιεύω, με τη σφαίρα που είναι εγγεγραμμένη στον κύλινδρο, είναι μάλλον ατελές...
Τουλάχιστον μπορεί να πείσει για την ορθότητα της ισότητας $d^{2}+r^{2}=R^{2}$ ...
Για να μη γράφω άλλα και σας κουράζω, αν δεν επέμβει ο Κώστας Δόρτσιος η εποπτική εικόνα της λύσης θα υστερεί...
Πρόκειται για όμορφο θέμα, δεν έχει σημασία το πότε τέθηκε...

Τηλέμαχε σ' ευχαριστώ που μου δίνεις ευκαιρία να ασχοληθώ με το θέμα αυτό...
Δεν υστερεί η λύση σου με το σχήμα που έκανες...

Εγώ παραθέτω μερικές εικόνες από ένα δυναμικό σχήμα του οποίου
και αναρτώ τη διεύθυνσή του.

1η Εικόνα

: Stereo 1937-38.png (105.91 KiB) Προβλήθηκε 832 φορές

Στο σχήμα αυτό φαίνονται ο κύλινδρος, η εγγεγραμμένη σφαίρα και ο κώνος...

2η Εικόνα

: Stereo 1 (1937-38).png (56.42 KiB) Προβλήθηκε 832 φορές

Στο σχήμα αυτό φαίνονται οι κύκλοι στους οποίους τέμνεται ένα επίπεδο κάθετο
προς τον άξονα του κυλίνδρου με τον κύλινδρο, σφαίρα και κώνο...

3η Εικόνα

: Stereo 2 (1937-38).png (57.98 KiB) Προβλήθηκε 832 φορές

Εδώ βλέπουμε τον κύλινδρα ανάμεσα από δυο παράλληλα επίπεδα προς τη βάση του
κυλίνδρου.

4η Εικόνα

: Stereo 3(1937-38).png (76.15 KiB) Προβλήθηκε 832 φορές

Εδώ φαίνεται το σφαιρικό τμήμα...

Εικόνα 5η

: Stereo 4 (1937-38).png (62.48 KiB) Προβλήθηκε 832 φορές

Τέλος εδώ βλέπουμε τον κόλουρο κώνο...

Αναρτώ και τη διεύθυνση του δυναμικού αρχείου

https://www.geogebra.org/m/ed7zmqc9

Κώστας Δόρτσιος

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #5

Xθες το μεσημέρι, μπαίνοντας στο σπίτι μετά το τέλος άλλης μιας μέρας στο σχολείο, είδα τα υπέροχα γραφικά που κατασκεύασε ο Κώστας
για το θέμα αυτό. Κώστα, άλλη μια φορά σε ευχαριστώ...

Όταν είδα τον κύλινδρο να '' ξεφλουδίζει '' και να εμφανίζεται η σφαίρα, όταν είδα τη σφαίρα να '' ξεφλουδίζει '' και να εμφανίζεται ο κώνος,
ενθουσιάστηκα...
Όλα τα στοιχεία του θέματος φαίνονται καθαρά...
Το θέμα αυτό περιλαμβάνει τρία στερεά, δεν έχω ασχοληθεί στο mathematica με κάτι παρόμοιο.

Ο Κώστας Δόρτσιος πριν λίγες μέρες στη συζήτηση '' Διπλασιασμός του κύβου με κανόνα και διαβήτη(πριν από 90 χρόνια) '' έγραψε τα εξής:
Εγώ, έξω από τα σχολεία πλέον, αρέσκομαι στις δυνατότητες των λογισμικών αυτών και θαυμάζω τα επιτεύγματα
των μαθηματικών των προηγούμενων αιώνων που με μοναδικό βοήθημα το χαρτί και το μολύβι μελέτησαν
γραμμές, επιφάνειες, επίπεδα που τόσο εύκολα μπορούμε και τα φτιάχνουμε σήμερα!
Πώς τα κατάφερναν οι πρωτοπόροι μαθηματικοί που αναφέρει ο Κώστας μόνο με χαρτί και μολύβι ;
Με τη φαντασία...
Αυτοί οι άνθρωποι σχεδίαζαν σχήματα στο χώρο με το μυαλό τους...
Όποιος μελετά Στερεομετρία εξαναγκάζεται να κάνει κάτι τέτοιο, το τόνιζαν οι παλιοί μαθηματικοί που τη δίδασκαν...
Το να δημιουργεί κάποιος τις δικές του εικόνες είναι κάτι εξαιρετικό...

Κώστα, αν και είσαι έξω από τα σχολεία, είσαι μέσα στα μαθηματικά. Αυτό είναι το πιο σημαντικό.

Π.Μ.Δ.Μ. 1937-38 ΣΤ' ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Π.Μ.Δ.Μ. 1937-38 ΣΤ' ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1937-38 ΣΤ' ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1937-38 ΣΤ' ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1937-38 ΣΤ' ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1937-38 ΣΤ' ΠΡΑΚΤΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση