ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Άβαταρ μέλους
parmenides51
Δημοσιεύσεις: 6240
Εγγραφή: Πέμ Απρ 23, 2009 9:13 pm
Τοποθεσία: Πεύκη
Επικοινωνία:

ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Δευ Ιουν 24, 2013 7:48 pm

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''.)


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 12340
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Ιουν 25, 2013 1:35 am

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
1971.png (26.33 KiB) Προβλήθηκε 843 φορές
Ξεκινώντας από τη γωνία \hat{K} του τριγώνου KEM που είναι 30^0 , 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}}


KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 2055
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:26 pm

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KDORTSI » Τρί Ιουν 25, 2013 10:25 am

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
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


Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1540
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΟΣ ΚΥΚΛΟΣ 1971 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Σάβ Ιουν 29, 2013 9:39 pm

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 .
Συνημμένα
Pentagono.png
Pentagono.png (41.71 KiB) Προβλήθηκε 758 φορές


Kαλαθάκης Γιώργης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Εξετάσεις Σχολών”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης