ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ πλευράς $\displaystyle{\alpha}$ .
Κατασκευάζουμε εξωτερικά του ημικύκλια με διαμέτρους $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ και έστω $\displaystyle{\Delta,E}$ τα μέσα τους .
Θεωρούμε σημείο $\displaystyle{K}$ στην $\displaystyle{A\Gamma}$ ώστε $\displaystyle{EK=\alpha}$ .
Αν $\displaystyle{\Lambda}$ είναι το σημείο τομής των $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{EK}$ να δειχτεί οτι $\displaystyle{E\Lambda=\Delta E}$ .

2. Δίνεται πεντάγωνο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta E }$ στο οποίο $\displaystyle{\widehat{\Gamma}=\widehat{E}=90^ο}$ και $\displaystyle{B\Gamma=\Gamma\Delta, \Delta E=AE}$ .
Αν $\displaystyle{M}$ είναι το μέσο της $\displaystyle{AB}$ να δειχτεί οτι το τρίγωνο $\displaystyle{\Gamma ME}$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

3. Σε ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon)}$ δίνονται τα σημεία $\displaystyle{M,N}$ και οι ασύμβατες μεταξύ τους ευθείες $\displaystyle{(\mu), (\nu)}$ και κάθετες στην $\displaystyle{(\varepsilon)}$ στα $\displaystyle{M,N}$ αντίστοιχα.
Θεωρούμε τα σημεία $\displaystyle{A,B}$ πάνω στις $\displaystyle{(\mu), (\nu)}$ αντίστοιχα .
Να υπολογιστεί η κοινή κάθετος των $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{MN}$ αν $\displaystyle{MA=\alpha, NB=\beta, MN=\gamma}$ και $\displaystyle{AB=\delta}$
Να εξεταστεί και η ειδική περίπτωση κατά την οποία οι ευθείες $\displaystyle{(\mu), (\nu)}$ είναι ορθογώνιες (ασυμβάτως κάθετες μεταξύ τους).
(υπόδειξη: μπορείτε να χρησιμοποιήσετε την πρόταση:
''Ή ορθή προβολή ορθής γωνίας σε επίπεδο παράλληλο προς µία από τις πλευρές της είναι ορθή γωνία,
εφόσον η άλλη πλευρά της γωνίας δεν είναι κάθετη στο επίπεδο''.)

KARKAR · #2

parmenides51 έγραψε:1. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ πλευράς $\displaystyle{\alpha}$ .
Κατασκευάζουμε εξωτερικά του ημικύκλια με διαμέτρους $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{A\Gamma}$ και έστω $\displaystyle{\Delta,E}$ τα μέσα τους .
Θεωρούμε σημείο $\displaystyle{K}$ στην $\displaystyle{A\Gamma}$ ώστε $\displaystyle{EK=\alpha}$ .
Αν $\displaystyle{\Lambda}$ είναι το σημείο τομής των $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{EK}$ να δειχτεί οτι $\displaystyle{E\Lambda=\Delta E}$ .

: 1971.png (26.33 KiB) Προβλήθηκε 843 φορές

Ξεκινώντας από τη γωνία $\hat{K}$ του τριγώνου KEM

που είναι

, διαπιστώνω μεταφέροντας

γωνίες ότι : EL=LA=AK

. Αλλά $\displaystyle AK=\frac{1+\sqrt{3}}{2}a$ και με νόμο συνημιτόνων βρίσκω ότι

ED=AK

. Θα χρειασθούμε τη χαριτωμένη ισότητα : $\displaystyle \frac{1+\sqrt{3}}{2}=\sqrt{1+\frac{\sqrt{3}}{2}}$

#3

parmenides51 έγραψε:3. Σε ευθεία $\displaystyle{(\varepsilon)}$ δίνονται τα σημεία $\displaystyle{M,N}$ και οι ασύμβατες μεταξύ τους ευθείες $\displaystyle{(\mu), (\nu)}$ και κάθετες στην $\displaystyle{(\varepsilon)}$ στα $\displaystyle{M,N}$ αντίστοιχα.
Θεωρούμε τα σημεία $\displaystyle{A,B}$ πάνω στις $\displaystyle{(\mu), (\nu)}$ αντίστοιχα .
Να υπολογιστεί η κοινή κάθετος των $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{MN}$ αν $\displaystyle{MA=\alpha, NB=\beta, MN=\gamma}$ και $\displaystyle{AB=\delta}$
Να εξεταστεί και η ειδική περίπτωση κατά την οποία οι ευθείες $\displaystyle{(\mu), (\nu)}$ είναι ορθογώνιες (ασυμβάτως κάθετες μεταξύ τους).
(υπόδειξη: μπορείτε να χρησιμοποιήσετε την πρόταση:
''Ή ορθή προβολή ορθής γωνίας σε επίπεδο παράλληλο προς µία από τις πλευρές της είναι ορθή γωνία,
εφόσον η άλλη πλευρά της γωνίας δεν είναι κάθετη στο επίπεδο''.

: Κοινή κάθετη.PNG (56.66 KiB) Προβλήθηκε 815 φορές

Λύση:
Στο ανωτέρω σχήμα φαίνεται η ευθεία $\displaystyle{(e)}$ την οποία θεώρησα κάθετη ως προς ένα επίπεδο βάσης $\displaystyle{(P)}$ καθώς και οι ασύμβατες ευθείες $\displaystyle{(\mu), (\nu)}$ .
Φαίνονται επίσης στο σχήμα αυτό τα σημεία $\displaystyle{A, B}$ , όπως ορίζει η εκφώνηση καθώς και η κοινή κάθετη $\displaystyle{ST}$ των ασυμβάτων $\displaystyle{MN, AB}$ .

Προβάλλοντες τα στοιχεία αυτά στο επίπεδο βάσης $\displaystyle{(P)}$ έχουμε το τρίγωνο $\displaystyle{(AB_oM)}$ το οποίο έχει πλευρές: $\displaystyle \begin{cases} MA=a \\ MB_o=b \\ AB_o=\sqrt{d^2-c^2} \end{cases}$
και ύψος την προβολή της κοινής καθέτου. Ειδικότερα το ύψος αυτό είναι και ίσο με την κοινή κάθετο διότι η κοινή κάθετος είναι παράλληλη προς το επίπεδο της βάσης $\displaystyle{(P)}$ .
(Μάλιστα δε και σύμφωνα με την υπόδειξη της εκφώνησης, η ορθή γωνία $\displaystyle{\hat{STB}}$ προβάλλεται κατά την ορθή $\displaystyle{\hat{MM_oB_o}}$ για το λόγο αυτό και μιλάμε για ύψος του τριγώνου.)

Τελικά ο υπολογισμός του μήκους της κοινής καθέτου ανάγεται στον υπολογισμό του ύψους του τριγώνου $\displaystyle{(AB_oM)}$ συναρτήσει των πλευρών του.
Άρα:
$\displaystyle (ST)=(MM_o)=\frac{2E}{(AB_o)}=2\frac{\sqrt{s\left(s-a)(s-b)(s-\sqrt{d^2-c^2} \right)}}{\sqrt{d^2-c^2}}$
όπου:
$\displaystyle s=\frac{a+b+\sqrt{d^2-c^2}}{2}$

Στην ειδική περίπτωση όπου οι ασύμβατες $\displaystyle{(\mu), (\nu)}$ είναι ορθογώνιες τότε το τρίγωνο $\displaystyle{(AB_oM)}$ είναι ορθογώνιο στο $\displaystyle{M}$ και τότε:
$\displaystyle (ST)=(MM_o)=\frac{ab}{\sqrt{d^2-c^2}}$

Κώστας Δόρτσιος

#4

2. Δίνεται πεντάγωνο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta E }$ στο οποίο $\displaystyle{\widehat{\Gamma}=\widehat{E}=90^ο}$ και $\displaystyle{B\Gamma=\Gamma\Delta, \Delta E=AE}$ .
Αν $\displaystyle{M}$ είναι το μέσο της $\displaystyle{AB}$ να δειχτεί οτι το τρίγωνο $\displaystyle{\Gamma ME}$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

Λύση

Βλέπουμε το πεντάγωνο σαν μέρος ενός συστήματος Vecten .
Συμπληρώνουμε και το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{\,\,\,B\Delta {\rm A}{\rm N}\,\,\,\,}$
Τα τρίγωνα $\displaystyle{\,\,\,{\rm B}{\rm H}{\rm N}\,\,,\,\,{\rm N}{\rm A}\Lambda \,\,\,}$ είναι ίσα αφού έχουν δυο ζεύγη πλευρές ίσες και τις περιεχόμενες γωνίες $\displaystyle{\,\,\widehat{{\rm H}{\rm B}{\rm N}}\,\,,\,\,\widehat{{\rm N}{\rm A}\Lambda }\,\,\,}$ ίσες ,
αφού κάθε μία είναι ίση με $\displaystyle{\,{360^0} - {90^0} - x\,\,}$ , όπου $\displaystyle{\,\,x\,\,\,}$ οι απέναντι γωνίες του παραλληλογράμμου .
Επομένως θα είναι και $\displaystyle{\,\,\,HN = {\rm N}\Lambda \,\,}$ .
Ακόμα
$\displaystyle{\begin{array}{l} \widehat{{\rm H}{\rm N}\Lambda } = \widehat{{\rm H}{\rm N}{\rm B}} + \widehat{{\rm B}{\rm N}{\rm A}} + \widehat{{\rm A}{\rm N}\Lambda } = \\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \widehat{{\rm A}\Lambda {\rm N}} + \widehat{{\rm B}{\rm N}{\rm A}} + \widehat{{\rm A}{\rm N}\Lambda } = \\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \widehat{{\rm P}{\rm A}{\rm N}} + \widehat{{\rm B}{\rm N}{\rm A}} = {90^0}\,\,\,\,\,\,\,\,\, \\ \end{array}}$
διότι η $\displaystyle{\,\,\,\Lambda {\rm A}\,\,\,}$ είναι κάθετη στη $\displaystyle{\,{\rm B}{\rm N}\,\,\,}$
Τέλος , τα τμήματα $\displaystyle{\,\,\Gamma {\rm M}\,\,,\,\,{\rm M}{\rm E}\,\,}$ είναι ίσα ως μισά ίσων τμημάτων (έχουν άκρα τα μέσα δυο πλευρών τριγώνου) και επίσης είναι κάθετα αφού τα παράλληλά τους είναι κάθετα .

ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση