ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

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.

KARKAR · #2

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 (17.26 KiB) Προβλήθηκε 4817 φορές

#3

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 (34.88 KiB) Προβλήθηκε 4799 φορές

Και κάτι ακόμη .
Γράφουμε τον κύκλο (A,AC)

που τέμνει την ευθεία

στο

. Προφανώς $B\widehat CT = {90^0}\,\,$ . Προεκτείνουμε και την

προς το

κατά τμήμα CH = BD = m

.
Τα τρίγωνα $ADB,\,ACH$ είναι συμμετρικά ως προς την μεσοκάθετο του

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

KARKAR · #4

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 (11.58 KiB) Προβλήθηκε 4780 φορές

Το

( εσωτερικό σημείο της

) , είναι το ορθόκεντρο του BHC

, συνεπώς $BM \perp HC$ , δηλαδή το

,

βλέπει την υποτείνουα

υπό ορθή γωνία , άρα κινείται στο ημικύκλιο διαμέτρου

, στο οποίο ανήκει το

thanasis.a · #5

..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: $\Delta B=B\Gamma \cdot \frac{\sqrt{2}}{2}\Rightarrow ...B\Gamma ^{2}=2B\Delta ^{2}$

KARKAR · #6

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 (27.45 KiB) Προβλήθηκε 4756 φορές

Αρκεί : $AB^2=AD \cdot AZ$ . Η κατασκευή δίνεται χωρίς άλλα λόγια ...

giannimani · #7

: ikarvn1973_exer4.jpg (37.73 KiB) Προβλήθηκε 4750 φορές

4. Οι

,

, $K\Gamma\,'$ τέμνουν τις πλευρές $B\Gamma$ , $A\Gamma$ ,

του τριγώνου $\triangle{AB\Gamma}$ , αντίστοιχα στα μέσα τους A_1

,

, $\Gamma_1$ .
Το τρίγωνο $A_1B_1\Gamma_1$ προκύπτει από το τρίγωνο $AB\Gamma$ με την ομοιοθεσία κέντρου

(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

και λόγου

.
Επομένως το τρίγωνο $A'B'\Gamma '$ είναι ομοιόθετο του $\triangle{AB\Gamma}$ με λόγο ομοιοθεσίας

(Σύνθεση Ομοιοθεσιών).
Όμως η ομοιοθεσία λόγου

είναι κεντρική συμμετρία (ημιστροφή). Άρα τα τρίγωνα $A'B'\Gamma '$ και $AB\Gamma$ είναι ίσα.
Το

προφανώς είναι το ορθόκεντρο του $\triangle{A'B'\Gamma '}$ εφόσον οι KA'

,

, $K\Gamma\,'$ 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

και

,

και

, $\Gamma$ και $\Gamma '$ ,

και

, αποτελούνται από ομόλογα σημεία της.

#8

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 (29.13 KiB) Προβλήθηκε 4711 φορές

α) Έστω

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

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

.
Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

. Θα δείξω ότι

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 $\displaystyle{{\rm B}{\rm H} \bot {\rm A}\Gamma }$ .

#9

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 (85.59 KiB) Προβλήθηκε 4686 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 · #10

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 (17.94 KiB) Προβλήθηκε 4640 φορές

..καλησπέρα..

ονομάζουμε: $AB=AC=b,\,\,\,AD=x,\,\,\,\,BZ=t$ . Ο σκοπός μας είναι να υπολογίσουμε και να κατασκευάσουμε το τμήμα

, 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

υπολογίσθηκε και κατασκευάζεται εύκολα ως εφαρμογή του θ. Θαλή.

KARKAR · #11

: Ικάρων 73(2).png (27.45 KiB) Προβλήθηκε 4629 φορές

Επειδή το κύριο ζητούμενο , ήταν η κατασκευή , συνεχίζω τη λύση του Θανάση : Φέρω το

και από το

παράλληλη προς την

, η οποία τέμνει την προέκταση της

στο

.

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 !

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #12

KDORTSI έγραψε: ↑
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

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

Χαιρετώ τα όμορφα Γρεβενά.

Μπορούμε να γλυτώσουμε τα τελευταία.
Η σχέση
$\displaystyle \frac{AW}{AD}= \frac{CH}{CB}\ \ (4)$

είναι ισοδύναμη με την

$\displaystyle \frac{DW}{AW}= \frac{BH}{CH}\ \$
(αντιστρέφουμε και σπάμε)

Αλλά είναι

$\displaystyle \frac{DW}{AW}.\frac{EA}{EC}.\frac{HC}{HB}.\frac{ZB}{ZD}=1$ (*)

οπότε χρησιμοποιώντας ότι τα E,Z

βλέπουμε ότι ισχύει.

Η σχέση (*) προκύπτει γιατί οι λόγοι είναι ισοι με τον λόγο των αποστάσεων των κορυφών
από το επίπεδο.

Γενικότερα με τον ίδιο τρόπο μπορεί να αποδειχθεί ότι

Αν έχουμε A_i

,

όπου

σημεία στον χώρο και ένα επίπεδο τέμνει την

$\displaystyle A_iA_{i+1}$ στο B_i

και την

στο

τότε είναι

$\displaystyle \frac{A_1B_1}{A_2B_1}.\frac{A_2B_2}{A_3B_2}.....\frac{A_nB_n}{A_1B_n}=1$

Al.Koutsouridis · #13

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 25, 2020 10:24 am

Αλλά είναι

$\displaystyle \frac{DW}{AW}.\frac{EA}{EC}.\frac{HC}{HB}.\frac{ZB}{ZD}=1$ (*)

οπότε χρησιμοποιώντας ότι τα
βλέπουμε ότι ισχύει.

Η σχέση (*) προκύπτει γιατί οι λόγοι είναι ισοι με τον λόγο των αποστάσεων των κορυφών
από το επίπεδο.

Απλά να σημειώσουμε ότι η σχέση (*) είναι το θεώρημα Μενελάου για στρεβλά τετράπλευρα.

Για όσους γνωρίζουν τις ιδιότητες και θεωρήματα αφινικών μετασχηματισμών μπορεί να δοθεί και η εξής λύση:

Εφόσον δυο οποιαδήποτε τετράεδρα είναι αφινικά ισοδύναμα, τότε η λύση του προβλήματος για το κανονικό τετράεδρο θα ισχύει και για τυχαίο. Το κανονικό τετράεδρο όμως είναι συμμετρικό ως προς την ευθεία που διέρχεται από τα μέσα δυο απέναντι ακμών του. Αυτή η αξονική συμμετρία μετασχηματίζει το τέμνον επίπεδο στον εαυτό του και τα τμήματα του τετραέρου στα οποία διαμερίζεται από αυτό το επίπεδο, το ένα στο άλλο. Οπότε οι όγκοι τους είναι ίσοι.

ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1973 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση