mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 11, 2011 12:07 am**

Πιστεύω ότι πολλοί από εμάς εδώ στο

θα θέλαμε να έχουμε μια όσο γίνεται ολοκληρωμένη άποψη για τα θέματα που έμπαιναν παλιά (πριν το 1974) στα διάφορα πανεπιστήμια της Χώρας μας. Πόσο δύσκολα ήταν τα θέματα που αντιμετώπιζαν οι πατεράδες μας; (Και οι παπούδες για αρκετούς).

Λέω να δημιουργήσουμε ένα αρχείο θεμάτων με τις λύσεις τους για να υπάρχει.

Ένα σπουδαίο υλικό μου έστειλε ο qwerty και από εκεί θα αρχίσω. Θα προσπαθήσω να κάνω την μετατροπή από την καθαρεύουσα στην δημοτική γλώσσα (και ας μου συγχωρεθούν τυχόν ατέλειες)

Ξεκινάω από το έτος 1957 με το πρώτο (από τα τρία) θέματα Γεωμετρίας που είχαν τεθεί για την εισαγωγή στο Μετσόβειο Πολυτεχνείο στο τμήμα Μηχανολόγων Μηχανικών.

ΑΣΚΗΣΗ 1: Από την κορυφή Α ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ (με ορθή την γωνία Α) φέρνουμε μια τυχαία ευθεία (ε) και από τα Β και Γ φέρνουμε τις κάθετες ΒΒ' και ΓΓ΄ πάνω στην (ε). Έστω Η το ίχνος του ύψους ΑΗ του τριγώνου ΑΒΓ. Φέρνουμε τις ΗΒ΄ και ΗΓ΄ και από τις κορυφές Β και Γ φέρνουμε παράλληλες με τις ΗΒ΄ και ΗΓ΄ αντίστοιχα, οι οποίες τέμνονται στο σημείο Μ. Να αποδείξετε ότι ΒΒ΄ + ΓΓ΄ = ΑΜ

(Αν κάποιος από τα μέλη έχει τα θέματα που έχουν τεθεί από το 1960 μέχρι το 1973, ας προσθέτει ένα κάθε φορά (για να προλαβαίνονται να δίνονται οι λύσεις.)

Ιωάννου Δημήτρης

Ιστιαία Ευβοίας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 11, 2011 12:17 am**

ΔΗΜΗΤΡΗ
Το συγχαρητήρια σε συνδιασμό με το ευχαριστούμε που ξεκινάς αυτή τη προσπάθεια είναι το ελάχιστο.
Αυτά τα θέματα υπάρχουν σε δελτία που εξέδιδαν τότε τα φροντιστήρια Πάλλα.
Όποιος έχει τέτοια τεύχη θα βοηθήσει σημαντικά.

(*) Σημαντικό ήταν το γεγονός ότι μετά την λήξη των διαγωνισμών, τότε, γινόταν ανακοίνωση με το όνομα του αντίστοιχου καθηγητή εισηγητή (Θ.Βαρόπουλος, Φείλων Βασιλείου και λοιποί Τεράστιοι)!!!!
Σήμερα;......

Σ.Ε.Λουρίδας

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 11, 2011 12:28 am**

S.E.Louridas έγραψε:ΔΗΜΗΤΡΗ
Το συγχαρητήρια σε συνδιασμό με το ευχαριστούμε που ξεκινάς αυτή τη προσπάθεια είναι το ελάχιστο.
Αυτά τα θέματα υπάρχουν σε δελτία που εξέδιδαν τότε τα φροντιστήρια Πάλλα.
Όποιος έχει τέτοια τεύχη θα βοηθήσει σημαντικά.

Σ.Ε.Λουρίδας

Καλησπέρα Σωτήρη. Πράγματι, τα θέματα αυτά υπήρχαν σε βιβλιαράκια που εξέδιδαν τα φροντιστήρια. Είχα τέτοια από το φροντιστήριο ΗΡΑΚΛΕΙΤΟΣ αλλά δεν τα εκτιμούσα τότε και όταν τέλειωσα το Μαθηματικό, δυστυχώς τα πέταξα.
Και πάλι θα παρακαλέσω όποιον έχει τέτοια βιβλιαράκια (ή άλλη πηγή) να τα ανεβάζει σταδιακά εδώ. Είναι χρήσιμα για όλους μας. (Θυμίσου Σωτήρη τα θέματα της ΣΜΑ στα τέλη της δεκαετίας του 60 και στις αρχές του 70, πόσο δέος μας προκαλούσαν τότε...)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 11, 2011 1:34 am**

ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΑΣΚΗΣΗΣ 1

Δημήτρη καλησπέρα. Ας κάνω εγώ την Αρχή επειδή μου άρεσε το θέμα (έχει αρκετές "βολτίτσες")

Επειδή $\displaystyle{ \widehat{{\rm A}\Gamma '\Gamma } = \widehat{{\rm A}{\rm H}\Gamma } = 90^0 \Rightarrow {\rm A}\Gamma '\Gamma {\rm H} }$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο οπότε: $\displaystyle{ \widehat{\Gamma '{\rm H}{\rm A}} = \widehat{\Gamma '\Gamma {\rm A}}\mathop = \limits^{\vartriangle \Gamma \Gamma '{\rm A}(o\rho \theta .\sigma \tau o.\Gamma ')} 90^0 - \widehat{\Gamma {\rm A}\Gamma '} \Rightarrow \boxed{\widehat{\Gamma '{\rm H}{\rm A}} = 90^0 - \widehat{\Gamma {\rm A}\Gamma '}}:\left( 1 \right) }$

Ομοίως το τετράπλευρο $\displaystyle{ {\rm H}{\rm A}{\rm B}'{\rm B} }$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο οπότε: $\displaystyle{ \widehat{{\rm A}{\rm H}{\rm B}'} = \widehat{{\rm A}{\rm B}{\rm B}'}\mathop = \limits^{\vartriangle {\rm B}{\rm B}'{\rm A}(o\rho \theta .\sigma \tau o.{\rm B}')} 90^0 - \widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm B}'} \Rightarrow \boxed{\widehat{{\rm A}{\rm H}{\rm B}'} = 90^0 - \widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm B}'}}:\left( 2 \right) }$

Με πρόσθεση κατά μέλη των $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right) }$ προκύπτει ότι:

$\displaystyle{ \widehat{\Gamma '{\rm H}{\rm A}} + \widehat{{\rm A}{\rm H}{\rm B}'} = 180^0 - \left( {\widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm B}'} + \widehat{\Gamma {\rm A}\Gamma '}} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{{\rm B}{\rm A}\Gamma } = 90^0 \to \widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm B}'} + \widehat{\Gamma {\rm A}\Gamma '} = 90^0 } \widehat{\Gamma '{\rm H}{\rm B}'} = 90^0 \Rightarrow \boxed{\Gamma '{\rm H} \bot {\rm B}'{\rm H}}:\left( 3 \right) }$

Επειδή $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \Gamma {\rm M}//\Gamma '{\rm H} \hfill \\ {\rm B}{\rm M}//{\rm B}'{\rm H} \hfill \\ \end{gathered} \right\}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)\Gamma '{\rm H} \bot {\rm B}'{\rm H}} \Gamma {\rm M} \bot {\rm B}{\rm M} \Rightarrow \widehat{\Gamma {\rm M}{\rm B}} = 90^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{\Gamma {\rm A}{\rm B}} = 90^0 } \widehat{\Gamma {\rm M}{\rm B}} + \widehat{\Gamma {\rm A}{\rm B}} = 180^0 }$ οπότε το τετράπλευρο $\displaystyle{ \Gamma {\rm M}{\rm B}{\rm A} }$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο άρα

$\displaystyle{ \widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm M}} = \widehat{{\rm B}\Gamma {\rm M}}\mathop = \limits^{\Gamma {\rm M}//\Gamma '{\rm H}} \widehat{\Gamma {\rm H}\Gamma '}\mathop = \limits^{\Gamma {\rm H}{\rm A}{\rm E}(\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi )} \widehat{\Gamma {\rm A}\Gamma '} \Rightarrow \widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm M}} = \widehat{\Gamma {\rm A}\Gamma '} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \widehat{{\rm B}{\rm A}{\rm M}} + \widehat{{\rm M}{\rm A}\Gamma } = \widehat{\Gamma {\rm A}\Gamma '} + \widehat{{\rm M}{\rm A}\Gamma } \Rightarrow \widehat{{\rm B}{\rm A}\Gamma } = \widehat{{\rm M}{\rm A}\Gamma '}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{{\rm B}{\rm A}\Gamma } = 90^0 (\upsilon \pi o\theta )} \widehat{{\rm M}{\rm A}\Gamma '} = 90^0 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ {\rm M}{\rm A} \bot \left( \varepsilon \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\Gamma \Gamma ' \bot \left( \varepsilon \right)} {\rm M}{\rm A}//\Gamma \Gamma '\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm M}\Gamma //\Gamma '{\rm H},{\rm T} = {\rm M}{\rm A} \cap \Gamma '{\rm H}} {\rm M}\Gamma \Gamma '{\rm T} }$ Είναι παραλληλόγραμμο οπότε: $\displaystyle{ \boxed{{\rm M}{\rm T} = \Gamma \Gamma '}:\left( 4 \right) }$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle \Gamma '{\rm A}{\rm T} \Rightarrow \widehat{\Gamma '{\rm T}{\rm A}} = 90^0 - \widehat{{\rm H}\Gamma '{\rm A}}\mathop = \limits^{{\rm A}\Gamma '\Gamma {\rm H}(\varepsilon \gamma \gamma \rho \psi )} 90^0 - \widehat{{\rm A}\Gamma {\rm H}}\mathop = \limits^{\vartriangle {\rm A}{\rm B}\Gamma (o\rho \theta o\gamma )} \widehat{\Gamma {\rm B}{\rm A}} \Rightarrow {\rm T}{\rm H}{\rm B}{\rm A} }$

εγγράψιμο σε κύκλο τα σημεία $\displaystyle{ {\rm A},{\rm T},{\rm H},{\rm B},{\rm B}' }$ είναι ομοκυκλικά οπότε $\displaystyle{ \widehat{{\rm A}{\rm T}{\rm B}} = \widehat{{\rm A}{\rm H}{\rm B}} = 90^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{{\rm T}{\rm A}{\rm B}'} = 90^0 } {\rm T}{\rm B}{\rm B}'{\rm A} }$ είναι ορθογώνιο (τρείς ορθές) άρα και $\displaystyle{ \boxed{{\rm T}{\rm A} = {\rm B}{\rm B}'}:\left( 5 \right) }$

Με πρόσθεση των $\displaystyle{ \left( 4 \right),\left( 5 \right) \Rightarrow {\rm M}{\rm T} + {\rm T}{\rm A} = {\rm B}{\rm B}' + \Gamma \Gamma ' \Rightarrow \boxed{{\rm A}{\rm M} = {\rm B}{\rm B}' + \Gamma \Gamma '} }$

Και σαν ελάχιστη τιμή προς τους "παπούδες" μας να δώσω ακόμα ένα ερώτημα που πιστεύω ότι αν είχε τεθεί θα το λύνανε και αυτό:
Αν $\displaystyle{ {\rm N} }$ είναι το μέσο της $\displaystyle{ {\rm B}\Gamma }$ και $\displaystyle{ \Sigma = {\rm M}{\rm N} \cap \left( \varepsilon \right) }$ τότε τα σημεία $\displaystyle{ \Sigma ,{\rm A},{\rm B},{\rm M},\Gamma }$ είναι ομοκυκλικά και το τετράπλευρο $\displaystyle{ \Gamma {\rm M}{\rm B}\Sigma }$ είναι ορθογώνιο

Φιλικά
Στάθης
Υ.Σ. Δεν θυμάμαι να είχα δώσει εξετάσεις το 1957 για το Μετσόβιο αλλά μάλλον καλά δεν θυμάμαι γιατί ήμουν $\displaystyle{ - 2 }$ ετών

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 11, 2011 7:06 am**

Μετά την λύση που μας χάρησε ο Στάθης, βλέπουμε με άλλο μάτι τους παπούδες

Συνεχίζουμε με το δεύτερο θέμα που έπεσε την ίδια χρονιά στην ίδια σχολή

(Για τους νεώτερους να πούμε ότι παλιά στις περισσότερες σχολές εξεταζόταν χωριστά η άλγεβρα, χωριστά η γεωμετρία και χωριστά η τριγωνομετρία!!! Χρυσή εποχή ...)

ΑΣΚΗΣΗ (Υπάρχει αμφιβολία για το αν είναι σωστή η εκφώνηση για το (β) ερώτημα) : Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (με ορθή την γωνία Α), ΑΗ το ύψος και ΗΔ,ΗΕ οι κάθετες αντίστοιχα στις πλευρές ΑΓ και ΑΒ.

(α) Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΒΓΔΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο (π)

(β) Έστω Μ και Ν τα σημεία στα οποία η ΑΗ τέμνει τον κύκλο (π). Υποθέτουμε ότι το τρίγωνο, ορθογώνιο πάντα στο σταθερό σημείο Α, μεταβάλλεται έτσι ώστε το ύψος ΑΗ να διατηρείται σταθερό. Να αποδείξετε ότι τα σημεία Α και Β είναι σταθερά για όλους τους κύκλους.

Θεωρώ ότι η εκφώνιση στο δεύτερο ερώτημα, πρέπει να θέλει διόρθωση. Πρέπει να υπάρχει κάποιο τυπογραφικό λάθος από το EISATOPON που πήρα το θέμα. Αν κάποιος μπορεί να βοηθήσει (ίσως βοηθήσει το Geogebra, που ελάχιστα το κατέχω) ας μας το διορθώσει

Λόγω λοιπόν του ότι υπάρχει περίπτωση το θέμα αυτό να είναι γραμμένο λάθος, (εκτός αν από τότε ήταν της μόδας να δίνεται λάθος θέμα που και που σε εξετάσεις για την τριτοβάθμια εκπαίδευση

), θέτω το επόμενο θέμα που είχε τεθεί στην ίδια σχολή (Πολυτεχνείο, μηχανολόγοι ηλεκτρολόγοι) την ίδια χρονιά 1957

ΑΣΚΗΣΗ 2: Δίνεται ορθό τριγωνικό πρίσμα ΟΑΒΟ΄Α΄Β΄ με βάσεις τα ορθογώνια και ισοσκελή τρίγωνα ΟΑΒ και Ο΄Α΄Β΄, όπου ΟΑ=ΟΒ=Ο΄Α΄=Ο΄Β΄=α. Δίνεται επίσης και το ύψος του ΑΑ΄=υ
Φέρνουμε την ΑΒ΄και την ΟΜ , όπου Μ είναι το μέσον της ΑΒ και ύστερα φέρνουμε την ΟΝ κάθετη στην ΑΒ΄.

(α) Να υπολογιστεί συναρτήσει των α και υ ο λόγος ΜΝ/ΟΝ

(β) Αν α=υ, να βρεθεί η γωνία ΟΝΜ.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 11, 2011 11:08 pm**

Έγινε αντικατάσταση της ΑΣΚΗΣΗΣ 2 (λόγω αμφιβολιών για την ορθότητά της στο (β) ερώτημα)

Η σωστή εκφώνηση δόθηκε από τον Κώστα Βήττα και είναι η ΑΣΚΗΣΗ 6 πιο κάτω

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 11, 2011 11:52 pm**

Πριν από λίγη ώρα , στο βιβλίο των Π.Γιαννέλου , Μ.Δρακόπουλου ''ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ'' , ΑΘΗΝΑ 1984 , ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΟΠΟΥΛΟΥ , στη σελίδα 179 βρήκα το εξής γεωμετρικό θέμα της Σ.Μ.Α. 1974

Θεωρούμε κύκλο (Ο,R) και σταθερό σημείο Ρ εντός αυτού.
Φέρνουμε τυχούσα χορδή ΑΡΒ.Να βρεθεί ο γ.τ. του σημείου τομής Μ
των εφαπτομένων στα Α και Β.

Όποιος θέλει να γράψει λύση , ας το κάνει στον κατάλληλο φάκελο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 1:51 am**

ΑΣΚΗΣΗ 2: Δίνεται ορθό τριγωνικό πρίσμα ΟΑΒΟ΄Α΄Β΄ με βάσεις τα ορθογώνια και ισοσκελή τρίγωνα ΟΑΒ και Ο΄Α΄Β΄, όπου ΟΑ=ΟΒ=Ο΄Α΄=Ο΄Β΄=α. Δίνεται επίσης και το ύψος του ΑΑ΄=υ. Φέρνουμε την ΑΒ΄και την ΟΜ , όπου Μ είναι το μέσον της ΑΒ και ύστερα φέρνουμε την ΟΝ κάθετη στην ΑΒ΄.

(α) Να υπολογιστεί συναρτήσει των α και υ ο λόγος ΜΝ/ΟΝ

(β) Αν α=υ, να βρεθεί η γωνία ΟΝΜ.

ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΑΣΚΗΣΗΣ 2

Επειδή το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle OBA }$ ορθογώνιο στο $\displaystyle{ O }$ και $\displaystyle{ OM }$ διάμεσος θα είναι και ύψος δηλαδή $\displaystyle{ \boxed{OM \bot AB} }$

Αν συμβολίσουμε $\displaystyle{ \left( {O,B,A} \right) }$ το επίπεδο του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle OBA }$ και $\displaystyle{ \left( {{\rm A},{\rm B},{\rm B}',{\rm A}'} \right) }$ το επίπεδο του ορθογωνίου $\displaystyle{ ABB'A' }$ τότε:

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \left( {{\rm O},{\rm B},{\rm A}} \right) \bot \left( {{\rm A},{\rm B},{\rm B}',{\rm A}'} \right) \\ {\rm O}{\rm M} \bot {\rm A}{\rm B} \\ {\rm A}{\rm B} \in \left( {{\rm A},{\rm B},{\rm B}',{\rm A}'} \right) \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow {\rm O}{\rm M} \bot \left( {{\rm A},{\rm B},{\rm B}',{\rm A}'} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm N} \in {\rm A}{\rm B}' \in \left( {{\rm A},{\rm B},{\rm B}',{\rm A}'} \right)} {\rm O}{\rm M} \bot {\rm M}{\rm N} \Rightarrow \vartriangle {\rm O}{\rm M}{\rm N} }$ ορθογώνιο στο $\displaystyle{ M }$ άρα από το Πυθαγόρειο Θεώρημα είναι:

$\displaystyle{ MN^2 = ON^2 - OM^2 \Rightarrow MN = \sqrt {ON^2 - OM^2 } \Rightarrow \frac{{MN}} {{ON}} = \frac{{\sqrt {ON^2 - OM^2 } }} {{ON}} \Rightarrow \boxed{\frac{{MN}} {{ON}} = \sqrt {1 - \left( {\frac{{OM}} {{ON}}} \right)^2 } }:\left( 1 \right) }$

Αλλά από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle OBB'\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi .\Theta } OB' = \sqrt {OB^2 + BB'^2 } \mathop \Rightarrow \limits^{OB = \alpha ,BB' = \upsilon } \boxed{OB' = \sqrt {\alpha ^2 + \upsilon ^2 } }:\left( 2 \right) }$ , από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle OAB\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi .\Theta } \boxed{AB = \alpha \sqrt 2 }:\left( 3 \right) }$

και τέλος από το ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ABB'\mathop \Rightarrow \limits^{\Pi .\Theta } AB' = \sqrt {BB'^2 + AB^2 } \mathop \Rightarrow \limits^{AB = \alpha \sqrt 2 ,BB' = \upsilon } \boxed{AB' = \sqrt {\upsilon ^2 + 2\alpha ^2 } }:\left( 4 \right) }$

Επειδή $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} AO \bot OB \in \left( {O,O',B',B} \right) \\ AO \bot OO' \in \left( {O,O',B',B} \right) \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AO \bot \left( {O,O',B',B} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{OB' \in \left( {O,O',B',B} \right)} \boxed{AO \bot OB'} }$

Αν $\displaystyle{ \left( {OAB'} \right) }$ συμβολίσουμε το εμβαδόν του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle OAB' }$ τότε θα είναι:

$\displaystyle{ \left( {OAB'} \right) = \frac{1} {2}AB' \cdot ON = \frac{1} {2}OA \cdot OB' \Rightarrow \frac{1} {{ON}} = \frac{{AB'}} {{OA \cdot OB'}} \Rightarrow \frac{{OM}} {{ON}} = \frac{{OM \cdot AB'}} {{OA \cdot OB'}}\mathop \Rightarrow \limits^{OM = \frac{{AB}} {2} = \frac{{\alpha \sqrt 2 }} {2},\left( 2 \right),\left( 3 \right)} }$

$\displaystyle{ \frac{{OM}} {{ON}} = \frac{{\frac{{\alpha \sqrt 2 }} {2} \cdot \sqrt {\upsilon ^2 + 2\alpha ^2 } }} {{\alpha \cdot \sqrt {\upsilon ^2 + \alpha ^2 } }} \Rightarrow \frac{{OM}} {{ON}} = \frac{{\sqrt 2 \cdot \sqrt {\upsilon ^2 + 2\alpha ^2 } }} {{2\sqrt {\upsilon ^2 + \alpha ^2 } }} \Rightarrow \left( {\frac{{OM}} {{ON}}} \right)^2 = \left( {\frac{{\sqrt 2 \cdot \sqrt {\upsilon ^2 + 2\alpha ^2 } }} {{2\sqrt {\upsilon ^2 + \alpha ^2 } }}} \right)^2 \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \left( {\frac{{OM}} {{ON}}} \right)^2 = \frac{{\upsilon ^2 + 2\alpha ^2 }} {{2\left( {\upsilon ^2 + \alpha ^2 } \right)}} \Rightarrow 1 - \left( {\frac{{OM}} {{ON}}} \right)^2 = 1 - \frac{{\upsilon ^2 + 2\alpha ^2 }} {{2\left( {\upsilon ^2 + \alpha ^2 } \right)}} = \ldots \frac{{\upsilon ^2 }} {{2\left( {\upsilon ^2 + \alpha ^2 } \right)}} \Rightarrow \boxed{\frac{{MN}} {{ON}} = \frac{{\upsilon \sqrt 2 }} {{2\sqrt {\upsilon ^2 + \alpha ^2 } }}} }$

2) Για $\displaystyle{ \upsilon = \alpha }$ έχουμε: $\displaystyle{ \frac{{MN}} {{ON}} = \frac{{\upsilon \sqrt 2 }} {{2\sqrt {\upsilon ^2 + \upsilon ^2 } }} \Rightarrow \frac{{MN}} {{ON}} = \frac{{\upsilon \sqrt 2 }} {{2\upsilon \sqrt 2 }} \Rightarrow \frac{{MN}} {{ON}} = \frac{1} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle OMN\left( {o\rho \theta o\gamma .\sigma \tau o.{\rm M}} \right)} \widehat{MON} = 30^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{OMN} = 90^0 } \boxed{\widehat{ONM} = 60^0 } }$

Στάθης
Υ.Σ. Τώρα που βλέπω τα θέματα σκέφτομαι μετά 54 χρόνια με τη ραγδαία ανάπτυξη της τεχνολογίας και το επίπεδο των μαθητών μας στην τάξη και τρελαίνομαι.
Μας πήραν τις ταυτότητες, μας πήραν την αξιοπρέπεια, μας έκαναν δούλους και σαν δούλους στο τέλος θα μας πουλήσουν!!! (Παρακαλώ συνάδελφοι διαβάστε την υπογραφή μου μετά το σχήμα που ακολουθεί) Ευχαριστώ!!

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 8:13 am**

Αγαπητοί συνέλφοι, παρατήρησα κάτι πολύ σημαντικό!!!! Όταν ήμουν υποψήφιος (αρχές του 1970) τα θέματα αυτά που μελετούσα μου φαίνονταν λογικά και αντιμετωπίσιμα. Τώρα γιατί μου φαίνονται πολύ δύσκολα;;;;

Νομίζω έχω την απάντηση: Με την υποβάθμιση της Ευκλείδειας γεωμετρίας και της στερεομετρίας στην μέση εκπαίδευση, έχουμε ξεχάσει και εμείς που την υπηρετούμε πολλά από αυτά που ξέραμε.

(Ευτυχώς υπάρχουν συνάδελφοι όπως ο Στάθης, που από χόμπυ πλέον και μόνο μελετούν ακούραστα αυτά που ουσιαστικά δεν φαίνεται να τα χρησιμοποιήσουν ποτέ στο λειτούργημα που κάνουν... Έτσι σώζεται ο θησαυρός αυτός της γνώσης).

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 8:30 am**

Το μέλος του

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ, μας δίνει ένα θέμα γεωμετρίας που είχε τεθεί στην Σ.Μ.Α (Σχολή μηχανικών αεροπορίας) το 1974.

ΑΣΚΗΣΗ 3: Θεωρούμε κύκλο (Ο,ρ) και σταθερό σημείο Ρ στο εωτερικό του.
Φέρνουμε τυχαία χορδή ΑΡΒ. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου τομής Ν των εφαπτομένων στα Α και Β

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 9:49 am**

ΓΙΑ την ΑΣΚΗΣΗ 3.
Η ευθεία ΑΒ είναι ο ριζικός άξονας των κύκλων (Ο,R) και (Μ,ΜΑ=ΜΒ), επομένως παίρνουμε:

$MB^2-MP^2=R^2-OP^2\Rightarrow MO^2-MP^2=2R^2-OP^2\Rightarrow 2(OP)(O{'}C)=2R^2-OP^2\Rightarrow (O{'}C)=\frac{2R^2-OP^2}{2OP}$ ,

όπου διαπιστώνουμε οτι η ποσότητα $\frac{2R^2-OP^2}{2OP}$ είναι σταθερή.

Άρα ο γ.τόπος είναι ευθεία κάθετη στην σταθερή ευθεία ΟP και σε σταθερό της σημείο C.

(*) Σαν C ονομάσαμε την προβολή του τυχόντος σημείου Μ του γ.τόπου στην ευθεία ΟΡ, O' το μέσον του ΟΡ.

(**) Μή μας ξεγελά η μικρής έκτασης λύση μου, αφού λόγω χρονικών διαθέσιμων, είναι ελλιπής .
Πλήρης αντιμετώπιση γεωμετρικού τόπου, τουλάχιστον τότε (προσωπικά πιστεύω ΚΑΛΩΣ και θά έπρεπε η νοοτροπία αυτή γιά τους γ.τόπους να ήταν και σήμερα έτσι) σήμαινε τα εξής βήματα:
1. ΑΝΑΛΥΣΗ (Έστω Μ τυχόν σημείο του γ.τόπου...)
2. ΣΥΝΘΕΣΗ ή ΚΑΤΑΣΚΕΥΉ.
3. ΑΝΤΙΣΤΡΟΦΟ (Ο ΜΕΓΆΛΟΣ σήμερα απών από την τεκμηρίωση σε προβλήματα γ. τόπων)
4. ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗ (Ολη η γραμμή ή τμήμα της-οριακές συμπεριφορές κ.τ.λ. επίσης μεγάλος ΑΠΩΝ)
Προσωπικά σε κάποια φάση θα επιχειρήσω να επιλύσω ένα πρόβλημα γ. τόπου Υποδειγματικά, διαβαίνοντας δηλαδή όλα τα παραπάνω μονοπάτια, με την χαρά του ενδεχομένου να με προλάβει κάποιος άλλος.

Edit: Απλά συμπλήρωσα τον (') τόνο στο Ο και να αναφέρω ότι χρησιμοποιήθηκε το 2ο θεώρημα της διαμέσου.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 11:05 am**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:
ΑΣΚΗΣΗ 1: Από την κορυφή Α ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ (με ορθή την γωνία Α) φέρνουμε μια τυχαία ευθεία (ε) και από τα Β και Γ φέρνουμε τις κάθετες ΒΒ' και ΓΓ΄ πάνω στην (ε). Έστω Η το ίχνος του ύψους ΑΗ του τριγώνου ΑΒΓ. Φέρνουμε τις ΗΒ΄ και ΗΓ΄ και από τις κορυφές Β και Γ φέρνουμε παράλληλες με τις ΗΒ΄ και ΗΓ΄ αντίστοιχα, οι οποίες τέμνονται στο σημείο Μ. Να αποδείξετε ότι ΒΒ΄ + ΓΓ΄ = ΑΜ

Ιωάννου Δημήτρης
Ιστιαία Ευβοίας

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:Και σαν ελάχιστη τιμή προς τους "παπούδες" μας να δώσω ακόμα ένα ερώτημα που πιστεύω ότι αν είχε τεθεί θα το λύνανε και αυτό:
Αν $\displaystyle{ {\rm N} }$ είναι το μέσο της $\displaystyle{ {\rm B}\Gamma }$ και $\displaystyle{ \Sigma = {\rm M}{\rm N} \cap \left( \varepsilon \right) }$ τότε τα σημεία $\displaystyle{ \Sigma ,{\rm A},{\rm B},{\rm M},\Gamma }$ είναι ομοκυκλικά και το τετράπλευρο $\displaystyle{ \Gamma {\rm M}{\rm B}\Sigma }$ είναι ορθογώνιο

Φιλικά
Στάθης

Καλημέρα , γράφω μια λύση που πιστεύω απαντά και στα δύο.

Έχουμε $\displaystyle{ \mathop {B_1 }\limits^ \wedge = \mathop {B{'} _1 }\limits^ \wedge \,(BM//B{'} H)}$ , $\displaystyle{ \mathop {B{'} _1 }\limits^ \wedge = \mathop {{\rm A}_1 }\limits^ \wedge }$ (από το εγγράψιμο ΒΒ'ΑΗ) και $\displaystyle{ \mathop {{\rm A}_1 }\limits^ \wedge = \mathop {\Gamma _1 }\limits^ \wedge }$ (οξείες γωνίες με κάθετες πλευρές) . Συνεπώς $\displaystyle{ \mathop {B_1 }\limits^ \wedge = \mathop {\Gamma _1 }\limits^ \wedge }$

Όμοια δείχνουμε ότι $\displaystyle{ \mathop {\Gamma _2 }\limits^ \wedge = \mathop {{\rm H}_2 }\limits^ \wedge = \mathop {{\rm A}_2 }\limits^ \wedge = \mathop {B_2 }\limits^ \wedge }$

: άσκηση 1.png (29.85 KiB) Προβλήθηκε 9476 φορές

Έτσι το ΒΜΓΑ είναι εγγράψιμο(μια εξωτερική του γωνία ισούται μα την απέναντι εσωτερική) σε κύκλο C με κέντρο το μέσο Ν της ΒΓ.

Τώρα είναι $\displaystyle{ \mathop {{\rm M}_1 }\limits^ \wedge = \mathop {\Gamma _1 }\limits^ \wedge = \mathop {B_1 }\limits^ \wedge \Rightarrow {\rm M}{\rm A}//{\rm B}{\rm B}{'} \Rightarrow {\rm M}{\rm A} \bot (\varepsilon )}$

Έστω Σ το δεύτερο σημείο τομής της (ε) με τον κύκλο C (το Σ θα είναι αντιδιαμετρικό του Μ) και ΝΕ το κάθετο τμήμα προς την (ε) οπότε το Ε θα είναι το μέσο του ΑΣ.

Η ΝΕ είναι διάμεσος του τραπεζίου ΒΓΓ'Β' οπότε ΒΒ' + ΓΓ' = 2ΝΕ (1)

Στο τρίγωνο ΜΑΣ τα Ν , Ε είναι μέσα των ΜΣ , ΑΣ άρα ΜΑ = 2ΝΕ (2)

Από τις (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο . Προφανώς το ΓΜΒΣ είναι ορθογώνιο.

Σχόλιο

Όταν η (ε) εφάπτεται στον κύκλο C (είναι δηλαδή κάθετη στην διάμεσο ΑΝ) τα σημεία Σ και Ε ταυτίζονται με το Α.

Γιώργος

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 12:45 pm**

Με μια πρόχειρη ματιά στην ''Αποθήκη Βιβλίων'' (που γίνεται το αδιαχώρητο) βρήκα μερικά από τα ''ΕΤΗΣΙΑ ΔΕΛΤΙΑ'' του ΑΕΙΜΝΗΣΤΟΥ ΑΡ. ΠΑΛΛΑ και σε κάθε ευκαιρία θα δίνεται
κάποιο από τα ΄΄ΘΕΜΑΤΑ ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΩΝ''.
Αλήθεια για να δώσουμε τέτοια ΘΕΜΑΤΑ, οι νέοι ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΙ (δεν κάνω καν συζήτηση για μαθητές), γνωρίζουν :
Στερεομετρία- αντιστροφή- Ομοιοθεσία - ευθεία Simson- κύκλος Euler - αντίστροφες τριγωνομετρικές συναρτήσεις , επίλυση τριγώνου ..κ.τ.λ.
Στην εποχή μας εξεταστέα υλη ήταν η διδακτέα σε ΔΗΜΟΤΙΚΟ-ΓΥΜΝΑΣΙΟ -ΛΥΚΕΙΟ(γενικώς) και όχι η διδαχθείσα στην Γ΄Λυκείου.
(πέρναγαν στα Πανεπιστήμια όσοι πραγματικά μελετούσαν )
Ακόμα όπως κοιτάζω τώρα βλέπω ότι πάρα πολλα (σχεδόν όλα) Θεματα υπήρχαν σε διάφορα
φροντιστηριακά Βιβλία (ΠΑΛΛΑ, ΤΟΓΚΑ, ΙΩΑΝΝΙΔΗ , ΜΠΑΡΜΑΣΤΑΘΗ, ΠΑΠΑΝΙΚΟΛΑΟΥ ,ΚΑΝΕΛΛΟΥ, ΜΑΝΤΑ και πολλών άλλων )
χωρίς να γίνεται λόγος και ούτε να νοιάζεται κανείς για αυτό και τούτο γιατι τα ΘΕΜΑΤΑ
ήταν τέτοια που και να το είχες κάνει πριν πρέπει να ήσουν διαβασμένος (μάγκας) για να το βγάλεις και όχι ΠΑΠΑΓΑΛΟΣ.
Δίνω ένα σχετικά απλό ΘΕΜΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ (2ο ΘΕΜΑ ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΩΝ 1969 ΓΕΩΠΟΝΙΚΗΣ ) που είναι πάνω σε ύλη Β΄Λυκείου που διδάσκεται και σήμερα:

ΓΕΜΕΤΡΙΑ 1:
Τα μήκη των πλευρών τριγώνου ΑΒΓ είναι : α=3 , β=5, γ=6.
Να υπολογιστεί το εμβαδόν του τριγώνου Α'Β'Γ΄ , όπου ΑΑ' , ΒΒ΄ΓΓ΄ είναι οι διχοτόμοι του
ΑΒΓ.
(Γεωμετρά Α. Πάλλα . Τομ. Α' Τευχ.Β' Ασκ. 425)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 1:12 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:.....
Συνεχίζουμε με το δεύτερο θέμα που έπεσε την ίδια χρονιά στην ίδια σχολή
.....
ΑΣΚΗΣΗ (Υπάρχει αμφιβολία για το αν είναι σωστή η εκφώνηση για το (β) ερώτημα) : Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (με ορθή την γωνία Α), ΑΗ το ύψος και ΗΔ,ΗΕ οι κάθετες αντίστοιχα στις πλευρές ΑΓ και ΑΒ.

(α) Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΒΓΔΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο (π)

(β) Έστω Μ και Ν τα σημεία στα οποία η ΑΗ τέμνει τον κύκλο (π). Υποθέτουμε ότι το τρίγωνο, ορθογώνιο πάντα στο σταθερό σημείο Α, μεταβάλλεται έτσι ώστε το ύψος ΑΗ να διατηρείται σταθερό. Να αποδείξετε ότι τα σημεία Α και Β είναι σταθερά για όλους τους κύκλους.

Θεωρώ ότι η εκφώνιση στο δεύτερο ερώτημα, πρέπει να θέλει διόρθωση. Πρέπει να υπάρχει κάποιο τυπογραφικό λάθος από το EISATOPON που πήρα το θέμα. Αν κάποιος μπορεί να βοηθήσει (ίσως βοηθήσει το Geogebra, που ελάχιστα το κατέχω) ας μας το διορθώσει

Δημήτρη καλημέρα.

Πράγματι, κάποιο μπέρδεμα έχει γίνει με το δεύτερο θέμα Γεωμετρίας του 1957 στους Μηχανολόγους.

Δίνω μεταγλωτισμένη την εκφώνηση όπως υπάρχει στο αντίστοιχο ετήσιο δελτίο που εξέδιδε ο Α. ΠΑΛΛΑΣ, το οποίο τυχαίνει να έχω (δυστυχώς δεν τα έχω όλα).

Ζήτημα 2ο. Δια της κορυφής ορθογωνίου τριγώνου $\triangle AB\Gamma$ ( εννοείται με $\angle A = 90^{o}$ ), φέρνουμε τυχούσα ευθεία $(\epsilon)$ και έστω $B{'},\ \Gamma{'},$ οι προβολές των $B,\ \Gamma$ αντιστοίχως επί αυτής. Διά των σημείων $B,\ \Gamma,$ φέρνουμε τις παράληλλες ευθείες προς τις $HB{'}, H\Gamma{'}$ , όπου είναι το ύψος του $\triangle AB\Gamma,$ και έστω το σημείο τομής τους. Αποδείξτε ότι $BB{'} + \Gamma\Gamma{'} = AM.$

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 2:31 pm**

Κώστα, ψάχνουμε το θέμα που έχει σχέση με μια πιο πάνω άσκηση που μιλάει για σταθερά σημεία (που έπεσε στο Πολυτεχνείο το 1957). Το θέμα που έγραψες είναι η ΑΣΚΗΣΗ 1 (έτσι αναφερόταν από την πηγή που το βρήκα) και έχει λυθεί από τον Στάθη. Μιας και έχεις το ετήσιο δελτίο του Πάλλα δες ποια είναι η σωστή εκφώνηση στην άσκηση που μας λείπει και στείλε την για να την έχουμε στην πολύτιμη συλλογή μας.

(Κώστα ότι τέτοια φυλλάδια έχεις, φύλλαξέ τα με προσοχή γιατί από ότι έχω καταλάβει είναι πολύ σπάνιο να βρεθούνε)

Ο Γιώργος Τσικαλουδάκης, μας έστειλε ένα θέμα που είχε τεθεί στην Γεωπονική το 1969:

ΑΣΚΗΣΗ 4: Τα μήκη των πλευρών τριγώνου ΑΒΓ είναι α=3,β=5,γ=6. Να υπολογιστεί το εμβαδόν του τριγώνου Α΄Β΄Γ΄ όπου ΑΑ΄,ΒΒ΄,ΓΓ΄ είναι οι διχοτόμοι του τριγώνου ΑΒΓ

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 3:37 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Κώστα, ψάχνουμε το θέμα που έχει σχέση με μια πιο πάνω άσκηση που μιλάει για σταθερά σημεία (που έπεσε στο Πολυτεχνείο το 1957). Το θέμα που έγραψες είναι η ΑΣΚΗΣΗ 1 (έτσι αναφερόταν από την πηγή που το βρήκα) και έχει λυθεί από τον Στάθη. Μιας και έχεις το ετήσιο δελτίο του Πάλλα δες ποια είναι η σωστή εκφώνηση στην άσκηση που μας λείπει και στείλε την για να την έχουμε στην πολύτιμη συλλογή μας.

(Κώστα ότι τέτοια φυλλάδια έχεις, φύλλαξέ τα με προσοχή γιατί από ότι έχω καταλάβει είναι πολύ σπάνιο να βρεθούνε)

Ο Γιώργος Τσικαλουδάκης, μας έστειλε ένα θέμα που είχε τεθεί στην Γεωπονική το 1969:

ΑΣΚΗΣΗ 4: Τα μήκη των πλευρών τριγώνου ΑΒΓ είναι α=3,β=5,γ=6. Να υπολογιστεί το εμβαδόν του τριγώνου Α΄Β΄Γ΄ όπου ΑΑ΄,ΒΒ΄,ΓΓ΄ είναι οι διχοτόμοι του τριγώνου ΑΒΓ

ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΑΣΚΗΣΗΣ 4

Ας θυμηθούμε από το θεώρημα της εσωτερική διχοτόμου τις εκφράσεις συναρτήσει των πλευρών του $\displaystyle{ \alpha ,\beta ,\gamma }$ των τμημάτων $\displaystyle{ {\rm A}{\rm B}',{\rm A}\Gamma ',{\rm B}{\rm A}',{\rm B}\Gamma ',\Gamma {\rm A}',\Gamma {\rm B}' }$ .

Είναι : $\displaystyle{ {\rm A}{\rm B}' = \frac{{\beta \gamma }} {{\alpha + \gamma }},{\rm A}\Gamma ' = \frac{{\beta \gamma }} {{\alpha + \beta }},{\rm B}{\rm A}' = \frac{{\alpha \gamma }} {{\beta + \gamma }},{\rm B}\Gamma ' = \frac{{\alpha \gamma }} {{\alpha + \beta }},\Gamma {\rm A}' = \frac{{\alpha \beta }} {{\beta + \gamma }},\Gamma {\rm B}' = \frac{{\alpha \beta }} {{\alpha + \gamma }} }$

Τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle {\rm A}{\rm B}\Gamma ,\;\vartriangle {\rm A}{\rm B}'\Gamma ' }$ έχουν τη γωνία $\displaystyle{ \hat {\rm A} }$ κοινή οπότε ο λόγος των εμβαδών του ισούται με το λόγο των γινομένων των πλευρών που περιέχουν τη γωνία αυτή, δηλαδή :

$\displaystyle{ \frac{{\left( {{\rm A}{\rm B}'\Gamma '} \right)}} {{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{{{\rm A}{\rm B}' \cdot {\rm A}\Gamma '}} {{{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma }}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \frac{{\left( {{\rm A}{\rm B}'\Gamma '} \right)}} {{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{{\frac{{\beta \gamma }} {{\alpha + \gamma }} \cdot \frac{{\beta \gamma }} {{\alpha + \beta }}}} {{\beta \gamma }} \Rightarrow \boxed{\frac{{\left( {{\rm A}{\rm B}'\Gamma '} \right)}} {{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{{\beta \gamma }} {{\left( {\alpha + \gamma } \right)\left( {\alpha + \beta } \right)}}}:\left( 2 \right) }$

Ομοίως βρίσκουμε: $\displaystyle{ \frac{{\left( {{\rm B}\Gamma '{\rm A}'} \right)}} {{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{{\gamma \alpha }} {{\left( {\beta + \gamma } \right)\left( {\beta + \alpha } \right)}}:\left( 3 \right) }$ και $\displaystyle{ \frac{{\left( {\Gamma {\rm A}'{\rm B}'} \right)}} {{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{{\alpha \beta }} {{\left( {\gamma + \alpha } \right)\left( {\gamma + \beta } \right)}}:\left( 4 \right) }$

Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων $\displaystyle{ \left( 2 \right),\left( 3 \right),\left( 4 \right) }$ προκύπτει:

$\displaystyle{ \frac{{\left( {{\rm A}{\rm B}'\Gamma '} \right)}} {{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}} + \frac{{\left( {{\rm B}\Gamma '{\rm A}'} \right)}} {{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}} + \frac{{\left( {\Gamma {\rm A}'{\rm B}'} \right)}} {{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{{\beta \gamma }} {{\left( {\alpha + \gamma } \right)\left( {\alpha + \beta } \right)}} + \frac{{\gamma \alpha }} {{\left( {\beta + \gamma } \right)\left( {\beta + \alpha } \right)}} + \frac{{\alpha \beta }} {{\left( {\gamma + \alpha } \right)\left( {\gamma + \beta } \right)}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \frac{{\left( {{\rm A}{\rm B}'\Gamma '} \right) + \left( {{\rm B}\Gamma '{\rm A}'} \right) + \left( {\Gamma {\rm A}'{\rm B}'} \right)}} {{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{{\beta \gamma }} {{\left( {\alpha + \gamma } \right)\left( {\alpha + \beta } \right)}} + \frac{{\gamma \alpha }} {{\left( {\beta + \gamma } \right)\left( {\beta + \alpha } \right)}} + \frac{{\alpha \beta }} {{\left( {\gamma + \alpha } \right)\left( {\gamma + \beta } \right)}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \frac{{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) - \left( {{\rm A}'{\rm B}'\Gamma '} \right)}} {{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}} = \frac{{\beta \gamma }} {{\left( {\alpha + \gamma } \right)\left( {\alpha + \beta } \right)}} + \frac{{\gamma \alpha }} {{\left( {\beta + \gamma } \right)\left( {\beta + \alpha } \right)}} + \frac{{\alpha \beta }} {{\left( {\gamma + \alpha } \right)\left( {\gamma + \beta } \right)}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \ldots \boxed{\left( {{\rm A}'{\rm B}'\Gamma '} \right) = \left[ {1 - \left( {\frac{{\beta \gamma }} {{\left( {\alpha + \gamma } \right)\left( {\alpha + \beta } \right)}} + \frac{{\gamma \alpha }} {{\left( {\beta + \gamma } \right)\left( {\beta + \alpha } \right)}} + \frac{{\alpha \beta }} {{\left( {\gamma + \alpha } \right)\left( {\gamma + \beta } \right)}}} \right)} \right] \cdot \left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right)}:\left( 5 \right) }$

Για το τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle {\rm A}{\rm B}\Gamma \Rightarrow \tau = \frac{{\alpha + \beta + \gamma }} {2} = 7 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \tau - \alpha = 4 \hfill \\ \tau - \beta = 2 \hfill \\ \tau - \gamma = 1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \tau \cdot \left( {\tau - \alpha } \right) \cdot \left( {\tau - \beta } \right) \cdot \left( {\tau - \gamma } \right) = 56\mathop \Rightarrow \limits^{{\rm H}\rho \omega \nu \alpha \varsigma } \left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = \sqrt {56} \Rightarrow \boxed{\left( {{\rm A}{\rm B}\Gamma } \right) = 2\sqrt {14} } }$

Και $\displaystyle{ 1 - \left( {\frac{{\beta \gamma }} {{\left( {\alpha + \gamma } \right)\left( {\alpha + \beta } \right)}} + \frac{{\gamma \alpha }} {{\left( {\beta + \gamma } \right)\left( {\beta + \alpha } \right)}} + \frac{{\alpha \beta }} {{\left( {\gamma + \alpha } \right)\left( {\gamma + \beta } \right)}}} \right) = 1 - \left( {\frac{{30}} {{9 \cdot 8}} + \frac{{18}} {{11 \cdot 8}} + \frac{{15}} {{9 \cdot 11}}} \right) = \frac{{5}} {{22}} }$

Αν δεν έχω κάνει λάθος στις πράξεις θα πρέπει $\displaystyle{ \boxed{\left( {{\rm A}'{\rm B}'\Gamma '} \right) = \frac{{5}} {{11}}\sqrt {14} } }$

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 3:55 pm**

Eπιτρέψτε μου να πω πως η άσκηση 4 είναι πολύ καλή και για το διαγωνισμό του ΑΣΕΠ.
Μία λύση για την 4:

Eίναι:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} \tau = \frac{{a + \beta + \gamma }}{2} = 7 \\ \tau - \alpha = 4,\tau - \beta = 2,\tau - \gamma = 1 \\ \end{array} }$

Επομένως το εμβαδόν ισούται με $\displaystyle{ {\rm E} = \sqrt {\tau (\tau - \alpha )(\tau - \beta )(\tau - \gamma )} = 2\sqrt {14} \tau .\mu }$
Επιπλέον:
$\displaystyle{ \eta \mu {\rm A} = \frac{{2{\rm E}}}{{\beta \gamma }} = \frac{{2\sqrt {14} }}{{15}},\eta \mu {\rm B} = \frac{{2{\rm E}}}{{\alpha \gamma }} = \frac{{2\sqrt {14} }}{9},\eta \mu \Gamma = \frac{{2{\rm E}}}{{\alpha \beta }} = \frac{{4\sqrt {14} }}{{15}} }$
Από τους τύπους του θεωρήματος εσωτερικής διχοτόμου έχω:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} {\rm A}'{\rm B} = \frac{{{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm B}\Gamma }}{{{\rm A}{\rm B} + {\rm A}\Gamma }} = \frac{{18}}{{11}},{\rm B}\Gamma ' = \frac{{{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm B}\Gamma }}{{{\rm B}\Gamma + {\rm A}\Gamma }} = \frac{9}{4},\Gamma '{\rm A} = \frac{{{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma }}{{{\rm A}\Gamma + {\rm B}\Gamma }} = \frac{{15}}{4} \\ {\rm A}{\rm B}' = \frac{{{\rm A}\Gamma \cdot {\rm A}{\rm B}}}{{{\rm A}{\rm B} + {\rm B}\Gamma }} = \frac{{10}}{3},{\rm B}'\Gamma = \frac{{{\rm A}\Gamma \cdot {\rm B}\Gamma }}{{{\rm A}{\rm B} + {\rm B}\Gamma }} = \frac{5}{3},\Gamma {\rm A}' = \frac{{{\rm B}\Gamma \cdot {\rm A}\Gamma }}{{{\rm A}\Gamma + {\rm A}{\rm B}}} = \frac{{15}}{{11}} \\ \end{array} }$
Τώρα υπολογίζω τα παρακάτω εμβαδά τριγώνων:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} ({\rm B}{\rm A}'\Gamma ') = \frac{1}{2}{\rm B}{\rm A}' \cdot {\rm B}\Gamma '\eta \mu {\rm B} = \frac{{9\sqrt {14} }}{{22}}\tau .\mu \\ ({\rm A}\Gamma '{\rm B}') = \frac{1}{2}{\rm A}\Gamma ' \cdot {\rm A}{\rm B}'\eta \mu {\rm A} = \frac{{5\sqrt {14} }}{6}\tau .\mu \\ (\Gamma {\rm A}'{\rm B}') = \frac{1}{2}\Gamma {\rm A}' \cdot \Gamma {\rm B}'\eta \mu \Gamma = \frac{{10\sqrt {14} }}{{33}}\tau .\mu \\ \end{array} }$

Συνεπώς το ζητούμενο εμβαδόν είναι:
$\displaystyle{ ({\rm A}'{\rm B}'\Gamma ') = {\rm E} - ({\rm B}{\rm A}'\Gamma ') - ({\rm A}\Gamma '{\rm B}') - (\Gamma {\rm A}'{\rm B}') = \frac{{5\sqrt {14} }}{{11}}\tau .\mu }$
(Αν δεν έχω λάθος σε πράξεις)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 4:05 pm**

Η επόμενη άσκηση, ήταν ένα από τα θέματα για την εισαγωγή στο Μετσόβειο Πολυτεχνείο, τμήμα Αρχιτεκτόνων, το έτος 1957

ΑΣΚΗΣΗ 5:Από τυχαίο σημείο Μ της βάσης ΒΓ ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ φέρνουμε παράλληλες προς τις πλευρές ΒΑ και ΓΑ που τέμνουν τις ΑΓ και ΑΒ στα σημεία Δ και Ε αντιστοίχως. Να αποδειχθεί ότι η ευθεία που είναι κάθετη με την ΔΕ στο μέσο Σ αυτής, διέρχεται από σταθερό σημείο. Επίσης να αποδειχθεί ότι και ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΔΕ διέρχεται και αυτός από το ίδιο σταθερό σημείο.

(Ευχαριστούμε όλους όσους μας δίνουν τις λύσεις στα θέματα αυτά, που νομίζω ότι θα αποτελέσουν μια άριστη κληρονομιά στις νέες γενιές των συναδέλφων μας)

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 5:04 pm**

chris_gatos έγραψε:Eπιτρέψτε μου να πω πως η άσκηση 4 είναι πολύ καλή και για το διαγωνισμό του ΑΣΕΠ.
Μία λύση για την 4:

Eίναι:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} \tau = \frac{{a + \beta + \gamma }}{2} = 7 \\ \tau - \alpha = 4,\tau - \beta = 2,\tau - \gamma = 1 \\ \end{array} }$

Επομένως το εμβαδόν ισούται με $\displaystyle{ {\rm E} = \sqrt {\tau (\tau - \alpha )(\tau - \beta )(\tau - \gamma )} = 2\sqrt {14} \tau .\mu }$
Επιπλέον:
$\displaystyle{ \eta \mu {\rm A} = \frac{{2{\rm E}}}{{\beta \gamma }} = \frac{{2\sqrt {14} }}{{15}},\eta \mu {\rm B} = \frac{{2{\rm E}}}{{\alpha \gamma }} = \frac{{2\sqrt {14} }}{9},\eta \mu \Gamma = \frac{{2{\rm E}}}{{\alpha \beta }} = \frac{{4\sqrt {14} }}{{15}} }$
Από τους τύπους του θεωρήματος εσωτερικής διχοτόμου έχω:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} {\rm A}'{\rm B} = \frac{{{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm B}\Gamma }}{{{\rm A}{\rm B} + {\rm A}\Gamma }} = \frac{{18}}{{11}},{\rm B}\Gamma ' = \frac{{{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm B}\Gamma }}{{{\rm B}\Gamma + {\rm A}\Gamma }} = \frac{9}{4},\Gamma '{\rm A} = \frac{{{\rm A}{\rm B} \cdot {\rm A}\Gamma }}{{{\rm A}\Gamma + {\rm B}\Gamma }} = \frac{{15}}{4} \\ {\rm A}{\rm B}' = \frac{{{\rm A}\Gamma \cdot {\rm A}{\rm B}}}{{{\rm A}{\rm B} + {\rm B}\Gamma }} = \frac{{10}}{3},{\rm B}'\Gamma = \frac{{{\rm A}\Gamma \cdot {\rm B}\Gamma }}{{{\rm A}{\rm B} + {\rm B}\Gamma }} = \frac{5}{3},\Gamma {\rm A}' = \frac{{{\rm B}\Gamma \cdot {\rm A}\Gamma }}{{{\rm A}\Gamma + {\rm A}{\rm B}}} = \frac{{15}}{{11}} \\ \end{array} }$
Τώρα υπολογίζω τα παρακάτω εμβαδά τριγώνων:

$\displaystyle{ \begin{array}{l} ({\rm B}{\rm A}'\Gamma ') = \frac{1}{2}{\rm B}{\rm A}' \cdot {\rm B}\Gamma '\eta \mu {\rm B} = \frac{{9\sqrt {14} }}{{22}}\tau .\mu \\ ({\rm A}\Gamma '{\rm B}') = \frac{1}{2}{\rm A}\Gamma ' \cdot {\rm A}{\rm B}'\eta \mu {\rm A} = \frac{{5\sqrt {14} }}{6}\tau .\mu \\ (\Gamma {\rm A}'{\rm B}') = \frac{1}{2}\Gamma {\rm A}' \cdot \Gamma {\rm B}'\eta \mu \Gamma = \frac{{10\sqrt {14} }}{{33}}\tau .\mu \\ \end{array} }$

Συνεπώς το ζητούμενο εμβαδόν είναι:
$\displaystyle{ ({\rm A}'{\rm B}'\Gamma ') = {\rm E} - ({\rm B}{\rm A}'\Gamma ') - ({\rm A}\Gamma '{\rm B}') - (\Gamma {\rm A}'{\rm B}') = \frac{{5\sqrt {14} }}{{11}}\tau .\mu }$
(Αν δεν έχω λάθος σε πράξεις)

Η Λύση είναι σωστή. Ας δώσουμε και τον τύπο υπολογισμού του εμβαδού του Α'Β'Γ΄, συναρτήσει των
α,β,γ: $(A'B'\Gamma ') = \frac{{2\alpha \beta \gamma (AB\Gamma )}}{{(\alpha + \beta )(\beta + \gamma )(\alpha + \gamma )}}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιουν 12, 2011 5:43 pm**

ΔΗΜΗΤΡΗΣ έγραψε:Κώστα, ψάχνουμε το θέμα που έχει σχέση με μια πιο πάνω άσκηση που μιλάει για σταθερά σημεία (που έπεσε στο Πολυτεχνείο το 1957). Το θέμα που έγραψες είναι η ΑΣΚΗΣΗ 1 (έτσι αναφερόταν από την πηγή που το βρήκα) και έχει λυθεί από τον Στάθη. Μιας και έχεις το ετήσιο δελτίο του Πάλλα δες ποια είναι η σωστή εκφώνηση στην άσκηση που μας λείπει και στείλε την για να την έχουμε στην πολύτιμη συλλογή μας.

Δημήτρη ζητώ συγνώμη για τη στραβομάρα μου. Δεν διάβασα τι είχε προηγηθεί και απλώς κοίταξα την εκφώνηση στο Ζήτημα 2ο, όπως εμφανίζεται στο δελτίο του Πάλλα.

Το επίμαχο πρόβλημα, είναι το Ζήτημα 1ο στο δελτίο και η εκφώνηση είναι σωστή όπως την έχεις, εκτός από την τελευταία πρόταση όπου το ζητούμενο είναι να αποδειχθεί ότι τα σημεία $M,\ N,$ είναι σταθερά για όλες τις περιφέρειες ( τις περιγεγραμμένες περί τα $B\Gamma \Delta E$ ), αντί των $A,\ B,$ που έχει γραφτεί από παραδρομή.

$\bullet$ Έχουμε δηλαδή το σταθερό τμήμα AH,

την κάθετη ευθεία έστω $(\epsilon)$ επί την

στο σημείο

και τα σημεία τομής $B,\ \Gamma$ της $(\epsilon),$ από τις πλευρές ορθής γωνίας με κορυφή το

που περιστρέφεται περί το

Ορίζουμε ως $\Delta,\ E,$ τις προβολές του

επί των $A\Gamma,\ AB$ αντιστοίχως και το ζητούμενο είναι να αποδειχθεί ότι τα σημεία τομής, έστω $M,\ N,$ της ευθείας AH,

από τον περίκυκλο του $B\Gamma \Delta E$ ( αφού πρώτα έχει αποδειχθεί ότι το $B\Gamma \Delta E$ είναι εγγράψιμο ), είναι σταθερά.

Κώστας Βήττας.

mathematica.gr

Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Ψάχνουμε για παλιά θέματα εξετάσεων

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΕΣ 1969: ΓΕΩΠΟΝΙΚΗ ΑΘΗΝΩΝ

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)

Re: Για την ιστορία (και όχι μόνο)