Π.Μ.Δ.Μ. 1959-60 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

parmenides51 · #1

Τότε τα θέματα ήταν ένα από κάθε κατηγορία '' Άλγεβρα - Τριγωνομετρία - Στερεομετρία''.

1. Δίνεται η εξίσωση $\displaystyle{ \frac{1}{x-3}+\frac{\alpha}{x-4}=\frac{\beta}{(x-3)(x-4)}}$ .
α) Να βρείτε για ποιες τιμές του $\displaystyle{x}$ η εξίσωση αυτή έχει έννοια.
Στην περίπτωση αυτή, να λυθεί όταν $\displaystyle{\alpha=\beta=1}$
β) Ποιες τιμές πρέπει να δοθούν στα $\displaystyle{\alpha,\beta}$ για να είναι η παραπάνω εξίσωση:
i) αόριστη;
ii) αδύνατη;

2. Αν οι $\displaystyle{\widehat{A},\widehat{B},\widehat{\Gamma}}$ είναι γωνίες τριγώνου μεταξύ των οποίων ισχύει η σχέση $\displaystyle{\eta\mu \frac{B}{2}= \eta\mu \frac{A}{2} \eta\mu \frac{\Gamma}{2}}$ ,
να δειχθεί οτι ισχύει και η σχέση $\displaystyle{\varepsilon \phi\frac{A}{2} \varepsilon \phi \frac{\Gamma}{2}=\frac{1}{2}}$ .

3. Δίνεται κανονική τετραγωνική πυραμίδα $\displaystyle{\Sigma AB\Gamma\Delta}$ βάσεως τετραγώνου πλευράς $\displaystyle{\alpha \,\, m}$ και παραπλεύρου ακμής $\displaystyle{\alpha\sqrt2 \,\, m}$ .
Από το κέντρο $\displaystyle{K }$ της βάσης άγεται η προς την ακμή $\displaystyle{\Sigma A}$ κάθετος $\displaystyle{KA'}$ και στη συνέχεια επίπεδο από το $\displaystyle{ A'}$ παράλληλο προς την βάση,
που τέμνει την πυραμίδα στο τετράπλευρο $\displaystyle{A'B'\Gamma'\Delta'}$ .
α) Τι είδος σχήματος είναι η παραπάνω τομή και γιατί;
β) Να υπολογισθεί ο όγκος του στερεού $\displaystyle{A'B'\Gamma'\Delta'AB\Gamma\Delta}$

edit
διόρθωση τίτλου (αντικατάσταση του ΠΜΔΜ από το Π.Μ.Δ.Μ.)

Ιστοσελίδα · #2

parmenides51 έγραψε: 2. Αν οι $\displaystyle{\widehat{A},\widehat{B},\widehat{\Gamma}}$ είναι γωνίες τριγώνου μεταξύ των οποίων ισχύει η σχέση $\displaystyle{\eta\mu \frac{B}{2}= \eta\mu \frac{A}{2} \eta\mu \frac{\Gamma}{2}}$ ,
να δειχθεί οτι ισχύει και η σχέση $\displaystyle{\varepsilon \phi\frac{A}{2} \varepsilon \phi \frac{\Gamma}{2}=\frac{1}{2}}$ .

Αφού οι $A,\,\,\,B,\,\,\,\Gamma$ είναι γωνίες τριγώνου έχουμε:

$A+B+\Gamma =\pi \Rightarrow \frac{B}{2}=\frac{\pi }{2}-\left( \frac{A}{2}+\frac{\Gamma }{2} \right)$

Επομένως έχουμε:

$\eta \mu \frac{B}{2}=\sigma \upsilon \nu \left[ \frac{\pi }{2}-\left( \frac{A}{2}+\frac{\Gamma }{2} \right) \right]=\eta \mu \left( \frac{A}{2}+\frac{\Gamma }{2} \right)$

και η σχέση που μας δόθηκε γράφετε:

$\eta \mu \frac{B}{2}=\eta \mu \frac{A}{2}\eta \mu \frac{\Gamma }{2}\Rightarrow$

$\sigma \upsilon \nu \frac{A+\Gamma }{2}=\eta \mu \frac{A}{2}\eta \mu \frac{\Gamma }{2}\Rightarrow$

$\sigma \upsilon \nu \frac{A}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}-\eta \mu \frac{A}{2}\eta \mu \frac{\Gamma }{2}=\eta \mu \frac{A}{2}\eta \mu \frac{\Gamma }{2}\Rightarrow$ (με χρήση απαγορευμένης τριγωνομετρίας)

$\sigma \upsilon \nu \frac{A}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}=2\eta \mu \frac{A}{2}\eta \mu \frac{\Gamma }{2}$

Αφού οι $A,\,\,\,B,\,\,\,\Gamma$ είναι γωνίες τριγώνου έχουμε ότι $\sigma \upsilon \nu \frac{A}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{\Gamma }{2}\ne 0$

και από την τελευταία ισότητα προκύπτει: $\varepsilon \varphi \frac{A}{2}\varepsilon \varphi \frac{\Gamma }{2}=\frac{1}{2}$

Ιστοσελίδα · #3

parmenides51 έγραψε: 3. Δίνεται κανονική τετραγωνική πυραμίδα $\displaystyle{\Sigma AB\Gamma\Delta}$ βάσεως τετραγώνου πλευράς $\displaystyle{\alpha \,\, m}$ και παραπλεύρου ακμής $\displaystyle{\alpha\sqrt2 \,\, m}$ .
Από το κέντρο $\displaystyle{K }$ της βάσης άγεται η προς την ακμή $\displaystyle{\Sigma A}$ κάθετος $\displaystyle{KA'}$ και στη συνέχεια επίπεδο από το $\displaystyle{ A'}$ παράλληλο προς την βάση,
που τέμνει την πυραμίδα στο τετράπλευρο $\displaystyle{A'B'\Gamma'\Delta'}$ .
α) Τι είδος σχήματος είναι η παραπάνω τομή και γιατί;
β) Να υπολογισθεί ο όγκος του στερεού $\displaystyle{A'B'\Gamma'\Delta'AB\Gamma\Delta}$

α) Η βάση της πυραμίδας και το τετράπλευρο ${A}'{B}'{\Gamma }'{\Delta }'$ βρίσκονται σε παράλληλα επίπεδα (υπόθεση) και τα τμήματα

και

βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο το οποίο τέμνει τα δύο προηγούμενα, συνεπώς

AB//{A}'{B}'

.

Όμοια έχουμε: $B\Gamma //{B}'{\Gamma }',\,\,\,\,\,\Gamma \Delta //{\Gamma }'{\Delta }'$ και $\Delta A//{\Delta }'{A}'$

Επομένως τα τετράπλευρα $AB\Gamma \Delta$ και ${A}'{B}'{\Gamma }'{\Delta }'$ είναι όμοια, συνεπώς το τετράπλευρο ${A}'{B}'{\Gamma }'{\Delta }'$ είναι τετράγωνο.

β) Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\Sigma A\Gamma$ έχουμε:

$A\Gamma =\sqrt{{{\alpha }^{2}}+{{\alpha }^{2}}}=\alpha \sqrt{2}$ και $AK=\frac{\alpha \sqrt{2}}{2}$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\Sigma AK$ προκύπτουν οι σχέσεις

$A{{K}^{2}}=A\Sigma \cdot A{A}'\Rightarrow A{A}'=\frac{\alpha \sqrt{2}}{4}$ και $\Sigma K=\sqrt{{{(\alpha \sqrt{2})}^{2}}-{{\left( \frac{\alpha \sqrt{2}}{2} \right)}^{2}}}=\frac{\alpha \sqrt{6}}{2}$

την συνέχεια από την παραλληλία των $AK,\,\,\,\,{A}'{K}'$ και με το θεώρημα Θαλή έχουμε

$\frac{\Sigma A}{A{A}'}=\frac{\Sigma K}{K{K}'}\Rightarrow K{K}'=\frac{\alpha \sqrt{6}}{4}$ και $\Sigma {K}'=\Sigma K-K{K}'=\frac{\alpha \sqrt{6}}{2}-\frac{\alpha \sqrt{6}}{4}=\frac{\alpha \sqrt{6}}{4}$

Τέλος από την ομοιότητα των τριγώνων $\Sigma AB$ και $\Sigma {A}'{B}'$ έχουμε:

$\frac{\Sigma A}{\Sigma {A}'}=\frac{AB}{{A}'{B}'}\Rightarrow {A}'{B}'=\frac{\alpha }{4}$

Άρα το ζητούμενο στερεό έχει όγκο

, που είναι ίσος με:

x $V={{V}_{\Sigma AB\Gamma \Delta }}-{{V}_{\Sigma {A}'{B}'{\Gamma }'{\Delta }'}}=\frac{1}{3}{{\alpha }^{2}}\Sigma K-\frac{1}{3}{{\left( \frac{\alpha }{4} \right)}^{2}}\Sigma {K}'=$ .

$V={{V}_{\Sigma AB\Gamma \Delta }}-{{V}_{\Sigma {A}'{B}'{\Gamma }'{\Delta }'}}=\frac{1}{3}{{\alpha }^{2}}\frac{\alpha \sqrt{6}}{2}-\frac{1}{3}{{\left( \frac{\alpha }{4} \right)}^{2}}\frac{\alpha \sqrt{6}}{4}=\frac{31}{32}\frac{{{\alpha }^{3}}\sqrt{6}}{6}{{m}^{3}}$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

parmenides51 έγραψε:
1. Δίνεται η εξίσωση $\displaystyle{ \frac{1}{x-3}+\frac{\alpha}{x-4}=\frac{\beta}{(x-3)(x-4)}}$ .
α) Να βρείτε για ποιες τιμές του $\displaystyle{x}$ η εξίσωση αυτή έχει έννοια.
Στην περίπτωση αυτή, να λυθεί όταν $\displaystyle{\alpha=\beta=1}$
β) Ποιες τιμές πρέπει να δοθούν στα $\displaystyle{\alpha,\beta}$ για να είναι η παραπάνω εξίσωση:
i) αόριστη;
ii) αδύνατη;

α) Η εξίσωση έχει έννοια για $x\neq 3$ και $x\neq 4$ μια και οι παρανομαστές οφείλουν να είναι διάφοροι του μηδενός.

Όταν $\displaystyle{\alpha=\beta=1}$ η εξίσωση γράφεται

$\displaystyle{ \frac{1}{x-3}+\frac{1}{x-4}=\frac{1}{(x-3)(x-4)}}$ που ισοδυναμεί με

$\displaystyle{\frac{x-4+x-3}{(x-3)(x-4)}} =\frac{1}{(x-3)(x-4)}}$ που ισοδυναμεί με

2x=8

που ισοδυναμεί με x=4

H λύση αυτή δε γίνεται δεκτή γιατί η εξίσωση έχει νόημα όταν $x\neq 4$ .

Συνεπώς είναι αδύνατη.

β) Αν κάνουμε απαλοιφή παρανομαστών , καταλήγουμε στην εξίσωση

$\left(a+1 \right)x=3a+\beta +4$

i) H εξίσωση είναι αόριστη αν και μόνον αν a+1=0

και $3a+\beta +4=0$ , δηλαδή αν και μόνον αν $a=\beta=-1$ .

ii) Αν a+1=0

και $3a+\beta +4\neq0$ η εξίσωση είναι αδύνατη, δηλαδή αν a=-1

και $\beta \neq-1$

Αυτή όμως δεν είναι η μόνη περίπτωση στην οποία η εξίσωση είναι αδύνατη.

Αν $a \neq-1$ τότε $\displaystyle x=\frac{3a+b+4}{a+1}$

Eίπαμε όμως ότι η εξίσωση έχει έννοια για $x\neq 3$ και $x\neq 4$ .

Για x= 3

προκύπτει ότι $\displaystyle \frac{3a+b+4}{a+1}=3$ δηλαδή $\beta =-1$ .

Έτσι η εξίσωση είναι αδύνατη στην περίπτωση που $a \neq-1$ και $\beta =-1$ .

Για x= 4

προκύπτει ότι $\displaystyle \frac{3a+b+4}{a+1}=4$ δηλαδή $\beta =a$ .

Έτσι η εξίσωση είναι αδύνατη στην περίπτωση που $a \neq-1$ και $\beta =a$ .

Συνοψίζοντας , η εξίσωση είναι αδύνατη στις τρεις ακόλουθες περιπτώσεις :

1. Αν a=-1

και $\beta \neq-1$ .

2. Αν $a \neq-1$ και $\beta =-1$ .

3.Αν $a \neq-1$ και $\beta =a$ .

Π.Μ.Δ.Μ. 1959-60 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Π.Μ.Δ.Μ. 1959-60 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: ΠΜΔΜ 1959-60 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: ΠΜΔΜ 1959-60 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1959-60 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Μέλη σε σύνδεση