ΙΚΑΡΩΝ 1967 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Να αποδειχτεί οτι οι αποστάσεις τυχαίου σημείου $\displaystyle{M}$ μιας διαμέσου τριγώνου από τις πλευρές τις διερχόμενες από την κορυφή αυτή είναι αντιστρόφως ανάλογες προς τις πλευρές αυτές.

2. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των κέντρων $\displaystyle{K}$ των κύκλων οι οποίοι τέμνουν από τις πλευρές δοθείσης γωνίας $\displaystyle{\widehat{xOy}}$ ίσες χορδές.

3. Να δειχτεί οτι η απόσταση του κέντρου βάρους τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ από ευθεία ( $\displaystyle{\varepsilon}$ ) η οποία βρίσκεται εξωτερικά του τριγώνου είναι ίση με το $\displaystyle{\frac{1}{3}}$ του αθροίσματος των αποστάσεων των τριων κορυφών του τριγώνου από την ευθεία αυτή.

4. Να κατασκευαστεί κύκλος διερχόμενος από σταθερό σημείο $\displaystyle{ A}$ , εφαπτόμενος εξωτερικά σε δοθέντα κύκλο $\displaystyle{K}$ και εφαπτόμενο σε δοθείσα ευθεία $\displaystyle{xy}$

5. Να αποδειχθεί οτι ο όγκος του κώνου που παράγει ένα ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{OKA}$ ( $\displaystyle{\widehat{K}=90^o}$ ) όταν περιστραφεί γύρω από μια από τις κάθετες πλευρές του, π.χ. την $\displaystyle{OK}$ είναι ίσος με το γινόμενο του εμβαδού του ορθογωνίου αυτού τριγώνου επί το μήκος του κύκλου, τον οποίο σχηματίζει κατά την περιστροφή το σημείο τομής των διαμέσων του τριγώνου.

kostas136 · #2

Για το πρώτο θέμα. Έστω $\displaystyle \triangle ABC$ , και $\displaystyle AK$ η διάμεσος του, $\displaystyle M$ τυχαίο σημείο αυτής και $\displaystyle ME\ ,\ MZ$ οι αποστάσεις του $\displaystyle M$ από τις $\displaystyle AB\ ,\ AC$ αντίστοιχα.

Αρκεί $\displaystyle ME\cdot AB=MZ\cdot AC$ το οποίο ισχύει από την ισεμβαδικότητα των $\displaystyle \triangle ABM\ ,\ AMC$ .

Για τυχαίο σημείο της διαμέσου, ισχύουν οι ισεμβαδικότητες των $\displaystyle \triangle ABK\ ,\ AKC$ και $\displaystyle \triangle BMK\ ,\ MKC$ και $\displaystyle \triangle ABM\ ,\ AMC$ .

#3

parmenides51 έγραψε: 3. Να δειχτεί οτι η απόσταση του κέντρου βάρους τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ από ευθεία ( $\displaystyle{\varepsilon}$ ) η οποία βρίσκεται εξωτερικά του τριγώνου είναι ίση με το $\displaystyle{\frac{1}{3}}$ του αθροίσματος των αποστάσεων των τριων κορυφών του τριγώνου από την ευθεία αυτή.

: Ικάρων 1967.Γεωμετρία.png (15.44 KiB) Προβλήθηκε 1562 φορές

Έστω $\displaystyle{\Theta }$ το κέντρο βάρους τριγώνου $AB\Gamma$ και M, P

τα μέσα των $B\Gamma, A\Theta$ αντίστοιχα. Αν $\displaystyle{{\rm A}',{\rm B}',\Gamma ',{\rm M}',{\rm P}',\Theta '}$ είναι αντίστοιχα οι προβολές των σημείων $\displaystyle{{\rm A},{\rm B},\Gamma ,{\rm M},{\rm P},\Theta }$ πάνω στην ευθεία $(\epsilon)$ , θα δείξω ότι: $\displaystyle{\Theta \Theta ' = \frac{1}{3}({\rm A}{\rm A}' + {\rm B}{\rm B}' + \Gamma \Gamma ')}$

Τα τραπέζια $\displaystyle{{\rm A}\Theta \Theta '{\rm A}',{\rm P}{\rm M}{\rm M}'{\rm P}',{\rm B}\Gamma \Gamma '{\rm B}'}$ έχουν αντίστοιχες διαμέσους $\displaystyle{{\rm P}{\rm P}',\Theta \Theta ',{\rm M}{\rm M}'}$ . Οπότε θα ισχύουν οι σχέσεις:

$\displaystyle{{\rm P}{\rm P}' = \frac{{{\rm A}{\rm A}' + \Theta \Theta '}}{2}}$ (1)

$\displaystyle{\Theta \Theta ' = \frac{{{\rm P}{\rm P}' + {\rm M}{\rm M}'}}{2}}$ (2)

$\displaystyle{{\rm M}{\rm M}' = \frac{{{\rm B}{\rm B}' + \Gamma \Gamma '}}{2}}$ (3)

Αντικαθιστώ τις (1), (3)

στη

και έχω:

$\displaystyle{\Theta \Theta ' = \frac{{{\rm A}{\rm A}' + {\rm B}{\rm B}' + \Gamma \Gamma ' + \Theta \Theta '}}{4} \Leftrightarrow }$ $\boxed{\Theta \Theta ' = \frac{1}{3}({\rm A}{\rm A}' + {\rm B}{\rm B}' + \Gamma \Gamma ')}$

gavrilos · #4

parmenides51 έγραψε:3. Να δειχτεί οτι η απόσταση του κέντρου βάρους τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ από ευθεία ( $\displaystyle{\varepsilon}$ ) η οποία βρίσκεται εξωτερικά του τριγώνου είναι ίση με το $\displaystyle{\frac{1}{3}}$ του αθροίσματος των αποστάσεων των τριων κορυφών του τριγώνου από την ευθεία αυτή.

Είναι άσκηση του σχολικού βιβλίου γεωμετρίας.Συγκεκριμένα η 5. από τις γενικές του 5ου κεφαλαίου.

#5

gavrilos έγραψε:
parmenides51 έγραψε:3. Να δειχτεί οτι η απόσταση του κέντρου βάρους τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ από ευθεία ( $\displaystyle{\varepsilon}$ ) η οποία βρίσκεται εξωτερικά του τριγώνου είναι ίση με το $\displaystyle{\frac{1}{3}}$ του αθροίσματος των αποστάσεων των τριων κορυφών του τριγώνου από την ευθεία αυτή.
Είναι άσκηση του σχολικού βιβλίου γεωμετρίας.Συγκεκριμένα η 5. από τις γενικές του 5ου κεφαλαίου.

Έχεις δίκιο. Για την ακρίβεια είναι ένα από τα θεωρήματα του Πάππου.

#6

parmenides51 έγραψε: 5. Να αποδειχθεί οτι ο όγκος του κώνου που παράγει ένα ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{OKA}$ ( $\displaystyle{\widehat{K}=90^o}$ ) όταν περιστραφεί γύρω από μια από τις κάθετες πλευρές του, π.χ. την $\displaystyle{OK}$ είναι ίσος με το γινόμενο του εμβαδού του ορθογωνίου αυτού τριγώνου επί το μήκος του κύκλου, τον οποίο σχηματίζει κατά την περιστροφή το σημείο τομής των διαμέσων του τριγώνου.

: Ικάρων 1967.Γεωμετρία 5.png (12.22 KiB) Προβλήθηκε 1519 φορές

Έστω

. Ο ζητούμενος όγκος είναι $\boxed{V = \frac{1}{3}\pi {R^2} \cdot \upsilon }$

Το εμβαδόν του τριγώνου είναι $\displaystyle{(KOA) = \frac{{R \cdot \upsilon }}{2}}$

Έστω HG=r

η ακτίνα του σχηματιζόμενου κύκλου και

το μέσο της

. Επειδή

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου OKA

, θα είναι:

$\displaystyle{\frac{{HG}}{{KM}} = \frac{{OG}}{{OM}} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow r = \frac{R}{3}}$

Οπότε ο κύκλος έχει μήκος $\displaystyle{L = \frac{{2\pi R}}{3}}$ .

Άρα, $\displaystyle{L = (KOA) \cdot L = \frac{{R \cdot \upsilon }}{2} \cdot \frac{{2\pi R}}{3} = \frac{1}{3}\pi {R^2} \cdot \upsilon = V \Leftrightarrow }$ $\boxed{V = (KOA) \cdot L}$

ΙΚΑΡΩΝ 1967 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΙΚΑΡΩΝ 1967 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1967 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1967 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1967 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1967 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΙΚΑΡΩΝ 1967 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση