Από παγκύπριες εξετάσεις

#1

Με μια μικρή επιφύλαξη για την ορθότητα της εκφώνησης:

Δίνεται η έλλειψη $\displaystyle{ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1}$ με a > b > 0

. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο BZH

εγγεγραμμένο στην έλλειψη με BZ=BH

και

. Δίνεται επίσης σημείο του επιπέδου $\Theta$ ώστε το $BZH\Theta$ να είναι παραλληλόγραμμο.

Να βρεθούν οι συντεταγμένες των Z,H

για τις οποίες το εμβαδόν του παραλληλογράμμου γίνεται μέγιστο.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#2

Επανέρχομαι μιας και τώρα έχουν αναρτηθεί πλεονοι επίσημες λύσεις και στην συγκεκριμένη άσκηση η επίσημη λύση είναι (επιεικώς) ελλιπής. Θεωρεί χωρίς απόδειξη ότι τα Η και Ζ είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα των

. [Εν τέλει, η συνθήκη BH = BZ

δεν είναι ικανή από μόνη της για να μας δώσει ότι τα H,Z

είναι συμμετρικά.]

Έχω μια απόδειξη την οποία θα αναρτήσω σύντομα, αλλά θα ήθελα προτού το κάνω να δω προσεγγίσεις με την ελπίδα ότι θα υπάρξει κάτι καλύτερο από το δικό μου.

nikolaos p. · #3

Οι εξετάσεις αυτές είναι σημερινές; Υπάρχει κάποιος σύνδεσμος όπου θα αναρτηθούν τα θέματα;

#4

Για όλα τα μαθήματα από το 2006 και μετά μπορείς να βρεις τα θέματα και τις λύσεις των εξετάσεων από εδώ.

Το πιο πάνω είναι το 10ο θέμα του Α' μέρους από τις εξετάσεις Μαθηματικών του 2014. [Υπάρχουν διάφορες εξετάσεις μαθηματικών. Μιλώ για αυτές που δόθηκαν στις 2 Ιουνίου. Ο κωδικός αριθμός στα αριστερά είναι το 37.]

AIAS · #5

Demetres έγραψε:Με μια μικρή επιφύλαξη για την ορθότητα της εκφώνησης:

Δίνεται η έλλειψη $\displaystyle{ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1}$ με . Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο εγγεγραμμένο στην έλλειψη με και . Δίνεται επίσης σημείο του επιπέδου $\Theta$ ώστε το $BZH\Theta$ να είναι παραλληλόγραμμο.

Να βρεθούν οι συντεταγμένες των για τις οποίες το εμβαδόν του παραλληλογράμμου γίνεται μέγιστο.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Διαθέσιμος χρόνος γύρω στα 10 λεπτά. Εκτός και αν κερδίσετε χρόνο από άλλες ασκήσεις.

Σε κύκλο ως γνωστό το μέγιστο σε εμβαδόν τρίγωνο που εγγράφεται είναι το ισόπλευρο .Τότε η πλευρά του είναι μεσοκάθετος στην ακτίνα που είναι κάθετη

σ αυτή .Το παραλληλόγραμμο της συγκεκριμένης άσκησης γίνεται, σε εμβαδόν, μέγιστο όταν το τρίγωνο BZH

γίνει μέγιστο.

Επειδή η έλλειψη προκύπτει με προβολή κύκλου σε κάποιο επίπεδο και το μέσο της ακτίνας του θα προβληθεί πάλι στο μέσο της προβολής αρκεί η χορδή

που είναι παράλληλη στο μεγάλο

άξονα να διέρχεται από το μέσο του μικρού κάτω ημιάξονα.

$Z(\dfrac{{ - a\sqrt 3 }}{2},\dfrac{{ - b}}{2})\,\,\,\,\& \,\,\,H(\dfrac{{a\sqrt 3 }}{2},\dfrac{{ - b}}{2})$

AIAS

Επί το ορθό

Η έλλειψη είναι μια κωνική τομή που προκύπτει από την τομή ενός κώνου με επίπεδο που τον τέμνει πλαγίως ως προς τον άξονά του .

Μπορεί να θεωρηθεί ως γενίκευση του κύκλου , όπως προκύπτει στην ειδική περίπτωση που η τομή του κώνου με επίπεδο κάθετο στον άξονά του είναι κύκλος με κέντρο επί του άξονα.

S.E.Louridas · #6

Δημήτρη τώρα στο διάλειμμα ασχολήθηκα με το θέμα και σου στέλνω ένα σχήμα που δυνατό να έχουμε ισοσκελές τρίγωνο χωρίς την συμμετρία που αναφέρεται.
Αν λόγω ταχύτητας δεν αντιλήφθηκα κάτι σωστά, μου το επισημαίνεις .

#7

Αίαντα, πολύ όμορφο! [Πρέπει βέβαια να πούμε ότι αν έχουμε δυο σχήματα σε ένα επίπεδο τότε ο λόγος των εμβαδόν τους ισούται με τον λόγο των εμβαδών τους όταν τα προβάλουμε σε κάποιο άλλο επίπεδο.]

Σωτήρη, εδώ ακριβώς είναι οι ενστάσεις μου. [Όπως και οι ενστάσεις γνωστών μου που μου το επισήμαναν.] Οπότε η επίσημη απόδειξη που δόθηκε είναι λανθασμένη. Έχω βρει σχολική λύση αλλά δεν είναι όμορφη. (Θα την βάλω αργότερα.) Ψάχνω λοιπόν και κάποια άλλη λύση που να είναι μεν πιο όμορφη από την δική μου αλλά που θα μπορούσε δε να την κάνει ένας μαθητής. Η λύση του Αίαντα ικανοποιεί άνετα το πρώτο κριτήριο αλλά όχι το δεύτερο.

S.E.Louridas · #8

Μια προσπάθεια Δημήτρη να φέρουμε το θέμα στα δέοντα μέτρα είναι και η εξής γενίκευση:
Έστω SZH

τυχόν τρίγωνο του οποίου θεωρούμε την βάση

σταθερή. Το μέγιστο εμβαδόν επιτυγχάνεται στην θέση του μεγίστου αντίστοιχου ύψους δηλαδή όταν το

ταυτιστεί με το

. Αυτό είναι αρχικά αντιληπτό καθότι η διάμετρος BB^’

είναι ο γ. τόπος των μέσων των χορδών που είναι παράλληλες στην

( $i\,\parallel \,q$ ) . Συνεπώς για το μέγιστο τρίγωνο που είναι το BZH

πρέπει και αρκεί το

να είναι σημείο της διαμέσου

. Αν δράσουμε κυκλικά τότε παίρνουμε ότι το

πρέπει και αρκεί να είναι σημείο των διαμέσων του μέγιστου από τα εγγεγραμμένα στην έλλειψη τριγώνου, δηλαδή να είναι το κέντρο βάρους του τριγώνου, δηλαδή το σημείο

διαιρεί την

σε λόγο 2:1.

#9

Σωτήρη, απλά, όμορφα και γεωματρικά. Ευχαριστώ πολύ.

Βάζω και την δική μου προσέγγιση:

Ξεκινώ από το B = (0,b)

και παίρνω τυχόντα σημεία $H = (a\sin{\vartheta},b\cos{\vartheta})$ και $Z = (a\sin{\varphi},b\cos{\varphi})$ της έλλειψης.

Θα αδιαφορήσω για την συνθήκη BH=BZ

και θα βρω τις συνθήκες για τα H,Z

ώστε το εμβαδόν του BHZ

να είναι το μέγιστο δυνατό. Αν για αυτές τις τιμές ισχύει επιπλέον ότι BZ = BH

τότε τελείωσα. Το εμβαδόν του τριγώνου ισούται με

$\displaystyle{ \frac{ab}{2}\left|\sin(\vartheta - \varphi) + \sin{\varphi} - \sin{\vartheta} \right|}$

Αυτό το υπολόγισα με τον τύπο που λέει ότι δοθέντων A,B,C

στο επίπεδο, το εμβαδόν του τριγώνου ABC

ισούται με το μισό της απόλυτης τιμής της ορίζουσας του πίνακα

$\displaystyle{ \begin{pmatrix} 1 & 1 & 1 \\ x_A & x_B & x_C \\ y_A & y_B & y_C \end{pmatrix}}$

[Όπως με ενημέρωσαν ο τύπος αυτός είναι γνωστός στους μαθητές. Αλλά ακόμη και αν δεν είναι ήταν γνωστός, αυτό βγαίνει και με αναλυτική γεωμετρία αρκεί να γίνουν περισσότερες πράξεις.]

Θα βρω τις τιμές των $\vartheta,\varphi$ οι οποίες μεγιστοποιούν την ποσότητα

$\displaystyle{\left|\sin(\vartheta - \varphi) + \sin{\varphi} - \sin{\vartheta} \right|.}$

Θέτω λοιπόν $f(\varphi,\vartheta) = \sin(\vartheta - \varphi) + \sin{\varphi} - \sin{\vartheta}$ και παρατηρώ ότι $f(\varphi,\vartheta) = -f(\vartheta,\varphi)$ . Οπότε αρκεί να μεγιστοποιήσω το $f(\varphi,\vartheta)$ και έτσι αποφεύγω την απόλυτη τιμή.

Είναι τώρα

$\displaystyle{ f(\varphi,\vartheta) = \sin(\vartheta - \varphi) + \sin{\varphi} - \sin{\vartheta} = \sin{2x} - 2\sin{x}\cos{y} = 2\sin{x}(\cos{x} - \cos{y})}$

όπου $x = (\vartheta - \varphi)/2$ και $y = (\vartheta + \varphi)/2$ .

Αν $0 \leqslant x \leqslant \pi$ , τότε $2\sin{x}(\cos{x} - \sin{y}) \leqslant 2\sin{x}\cos{x} + 2\sin{x}$ με ισότητα αν και μόνο αν $y = \pi$ . Με λογισμό έχουμε μεγιστοποίηση όταν $x = \pi/3$ . Από αυτά καταλήγουμε στα $\vartheta = 4\pi/3$ και $\varphi = 2\pi/3$ .

Αν $-\pi \leqslant x \leqslant 0$ τότε $2\sin{x}(\cos{x} - 2\sin{y}) \leqslant 2\sin{x}\cos{x} - \sin{x}$ με ισότητα αν και μόνο αν y = 0

. Με λογισμό έχουμε μεγιστοποίηση όταν $x = -2\pi/3$ . Από αυτά καταλήγουμε στα $\vartheta = -2\pi/3$ και $\varphi = 2\pi/3$ .

Οπότε και στις δύο περιπτώσεις βρίσκουμε τις συντεταγμένες

$H = (-a\sqrt{3}/2,-b/2)$ και $Z = (a\sqrt{3},- b/2)$ . (Η και το αντίστροφο αφού ελέγξαμε μόνο το $f(\varphi,\vartheta)$ αντί το $|f(\varphi,\vartheta)$ |.)

[Στην προτεινόμενη λύση όπου έπαιρνε τα H,Z

συμμετρικά, προχωρούσε πάλι με λογισμό για να βρει το μέγιστο της $2\sin{\vartheta}(1-\cos{\vartheta})$ . Το μέγιστο της $2\sin{\vartheta}(1-\cos{\vartheta})$ βρίσκεται με παρόμοιο τρόπο. Παρέλειψα τις πράξεις μιας και οι μέθοδοι από δω και πέρα είναι γνωστές.]

Soteris · #10

Demetres έγραψε:Με μια μικρή επιφύλαξη για την ορθότητα της εκφώνησης:

Δίνεται η έλλειψη $\displaystyle{ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1}$ με . Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο εγγεγραμμένο στην έλλειψη με και . Δίνεται επίσης σημείο του επιπέδου $\Theta$ ώστε το $BZH\Theta$ να είναι παραλληλόγραμμο.

Να βρεθούν οι συντεταγμένες των για τις οποίες το εμβαδόν του παραλληλογράμμου γίνεται μέγιστο.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
Διαθέσιμος χρόνος γύρω στα 10 λεπτά. Εκτός και αν κερδίσετε χρόνο από άλλες ασκήσεις.

Δημήτρη,

Καλημέρα. Με αφορμή τη δημοσίευση αυτή (που παρεπιπτόντως τώρα υπέπεσε στην αντίληψη μου) θα ήθελα να πω λίγα λόγια:
Πηγαίνοντας πίσω κάποιους μήνες, θυμήθηκα όλες εκείνες τις συζητήσεις που έγιναν εκείνες τις μέρες. Είναι ξεκάθαρο στο μυαλό μου ότι το θέμα που δόθηκε, όπως δόθηκε, δεν ήταν αυτό που είχαν κατά νου οι συνάδελφοι θεματοθέτες. Τελικά, αυτό που έγινε, ήταν να δοθεί μία ελλιπέστατη λύση (όπως και εσύ τη χαρακτήρισες), η οποία δημιούργησε περισσότερες αντιδράσεις στο μαθητικό και εκπαιδευτικό πληθυσμό. Έχω την πάγια άποψη ότι σε μία οποιαδήποτε εξέταση πρέπει ένα πρόβλημα να "ακυρώνεται" και να μην λαμβάνεται υπόψη στη βαθμολόγηση, αν αυτό είναι είτε λανθασμένο, είτε εκτός στόχων ή ύλης της συγκεκριμένης εξέτασης. Πρέπει επιτέλους να μάθουμε να παραδεχόμαστε τα λάθη μας και όχι να κάνουμε εκπτώσεις στην επιστήμη μας. Μερικοί ταλαντούχοι μαθητές που επιχείρησαν να λύσουν ορθόδοξα το πρόβλημα απέτυχαν με αποτέλεσμα να μην πάρουν μέρος ή το σύνολο των μονάδων, ενώ άλλοι μαθητές που "έλυσαν" το πρόβλημα θεωρώντας την

(αυθαίρετα) οριζόντια "ανταμείφθηκαν πλουσιοπάροχα". Τα συμπεράσματα τα αφήνω στον κάθε ένα από μας.

Από παγκύπριες εξετάσεις

Από παγκύπριες εξετάσεις

Re: Από παγκύπριες εξετάσεις

Re: Από παγκύπριες εξετάσεις

Re: Από παγκύπριες εξετάσεις

Re: Από παγκύπριες εξετάσεις

Re: Από παγκύπριες εξετάσεις

Re: Από παγκύπριες εξετάσεις

Re: Από παγκύπριες εξετάσεις

Re: Από παγκύπριες εξετάσεις

Re: Από παγκύπριες εξετάσεις

Μέλη σε σύνδεση