ΕΜΠ 1931 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛ.ΜΗΧ.

parmenides51 · #1

1. Αν σε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ισχύει $\displaystyle{\eta\mu^2A+ \eta\mu^2B+ \eta\mu^2\Gamma=2}$ να δείξετε οτι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο.

2. α) Να βρεθούν οι μεταξύ $\displaystyle{-4}$ και $\displaystyle{9}$ λύσεις του συστήματος $\displaystyle{ \begin{cases} \varepsilon \phi x+ \varepsilon \phi y=1 \\ \sigma\upsilon \nu x\sigma\upsilon \nu y =\displaystyle \frac{\sqrt2}{2} \end{cases}}$

β) Να υπολογιστούν οι γωνίες ορθογωνίου τριγώνου συναρτήσει της γωνίας $\displaystyle{\omega}$ ,
την οποία σχηματίζουν οι διάμεσοι που αντιστοιχούν στις κάθετες πλευρές.

3. Να επιλυθεί τρίγωνο $AB\Gamma$ εαν δίνεται $\displaystyle{\alpha=3 \,\, m}$ , η διχοτόμος $\displaystyle{A\Delta=2\sqrt2 \,\, m}$
και οτι η διχοτόμος $\displaystyle{ A\Delta }$ σχηματίζει με την $\displaystyle{\alpha}$ οξεία γωνία $\displaystyle{45^o}$

4. Να επιλυθεί τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ εαν $\displaystyle{AB=34 \,\,m , A\Delta=16 \,\, m, B\Gamma=18\,\, m, \widehat{BA\Delta}=60^o, \widehat{AB\Gamma}=60^o}$

edit
μετονομασία από ΕΜΠ 1931 ΠΟΛ.ΜΗΧ. ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ σε ΕΜΠ 1931 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛ.ΜΗΧ. γιατί μερικά τμήματα είχαν τα ίδια θέματα

#2

1. Αν σε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ ισχύει $\displaystyle{\eta\mu^2A+ \eta\mu^2B+ \eta\mu^2\Gamma=2}$ να δείξετε οτι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο.

$\displaystyle{\begin{array}{l} \eta {\mu ^2}A + \eta {\mu ^2}B + \eta {\mu ^2}\Gamma = 2 \Leftrightarrow 2\eta {\mu ^2}A + 2\eta {\mu ^2}B + 2\eta {\mu ^2}\Gamma = 4 \Leftrightarrow \\ \\ \Leftrightarrow 1 - 2\eta {\mu ^2}A + 1 - 2\eta {\mu ^2}B + 1 - 2\eta {\mu ^2}\Gamma = - 1 \Leftrightarrow \\ \\ \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu 2{\rm A} + \sigma \upsilon \nu 2{\rm B} + \sigma \upsilon \nu 2\Gamma = - 1 \Leftrightarrow 2\sigma \upsilon \nu \frac{{2{\rm A} + 2{\rm B}}}{2}\sigma \upsilon \nu \frac{{2{\rm A} - 2{\rm B}}}{2} + 2\sigma \upsilon {\nu ^2}\Gamma - 1 = - 1 \Leftrightarrow \\ \\ \sigma \upsilon \nu ({\rm A} + {\rm B})\sigma \upsilon \nu ({\rm A} - {\rm B}) + \sigma \upsilon {\nu ^2}\Gamma = 0 \Leftrightarrow - \sigma \upsilon \nu \Gamma \sigma \upsilon \nu ({\rm A} - {\rm B}) + \sigma \upsilon {\nu ^2}\Gamma = 0 \Leftrightarrow \\ \\ \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \Gamma [\sigma \upsilon \nu \Gamma - \sigma \upsilon \nu ({\rm A} - {\rm B})] = 0 \Leftrightarrow \sigma \upsilon \nu \Gamma = 0\,\,\,\, \vee \,\,\,\,\sigma \upsilon \nu \Gamma = \sigma \upsilon \nu ({\rm A} + {\rm B}) \Rightarrow \Gamma = {90^0}\,\, \vee \,\,\,\Gamma = {\rm A} + {\rm B} \Rightarrow \\ \\ \Rightarrow \Gamma = {90^0}\,\, \vee \,\,\,\Gamma = {180^0} - \Gamma \Rightarrow \Gamma = {90^0} \\ \end{array}}$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #3

3. Να επιλυθεί τρίγωνο $AB\Gamma$ εαν δίνεται $\displaystyle{\alpha=3 \,\, m}$ , η διχοτόμος $\displaystyle{A\Delta=2\sqrt2 \,\, m}$
και οτι η διχοτόμος $\displaystyle{ A\Delta }$ σχηματίζει με την $\displaystyle{\alpha}$ οξεία γωνία $\displaystyle{45^o}$

Θα βρούμε το μήκος των πλευρών και τις γωνίες του τριγώνου.
Αν φέρουμε το ύψος

του τριγώνου , τότε το τρίγωνο $H\Delta A$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές με $HA=H\Delta$ .
Αφού $A\Delta =2\sqrt{2}$ , ισχύει ότι $AH=H\Delta =2$

: 1931.png (7.55 KiB) Προβλήθηκε 3539 φορές

Εδώ ας συνεχίσουμε με γεωμετρικές γνώσεις.
Στο τρίγωνο $AB\Gamma$ ισχύει ότι $B_{E\Xi }=\hat{A}+\hat{\Gamma }$

Στο τρίγωνο $AB\Delta$ ισχύει ότι $\displaystyle B_{E\Xi }=\frac{\hat{A}}{2}+A\hat{\Delta }B=\frac{\hat{A}}{2}+45^{\circ }$

Ισχύει λοιπόν ότι

$\displaystyle \hat{A}+\hat{\Gamma }=\frac{\hat{A}}{2}+45^{\circ }$

$\displaystyle 180^{\circ}-\hat{B} =\frac{\hat{A}}{2}+45^{\circ}\Rightarrow$

$\displaystyle 180^{\circ}-\hat{B} =\frac{{180^{\circ} -\hat{B}-\hat{\Gamma } }}{2}+45^{\circ}\Rightarrow$

$\hat{B}-\hat{\Gamma }=90^{\circ}$ .

Δηλαδή πρόκειται για ψευδοορθογώνιο τρίγωνο.

Εδώ να γράψω ότι θεώρησα πως $\hat{B}\succ \hat{\Gamma }$ , και έτσι η $\hat{B}$ προέκυψε αμβλεία.

Χαρακτηριστική ιδιότητα των τριγώνων αυτών είναι ότι $AH^{2}=BH\cdot H\Gamma$ . Αυτό είναι μια άσκηση Ευκλείδειας Γεωμετρίας της Β' Λυκείου.

Έτσι μπορώ να γράψω ότι $HB\cdot H\Gamma=AH^{2} = 2^{2}=4$ και φυσικά ισχύει ότι $H\Gamma-HB=B\Gamma=3$ .

Υπολογίζεται πλέον ότι $H\Gamma=4$ και HB=1

Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο HAB

προκύπτει ότι
$HB^{2}+HA^{2}=AB^{2}\Rightarrow 1^{2}+2^{2}=AB^{2}$ και έτσι $AB=\sqrt{5}$ .

Με το ίδιο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο $HA\Gamma$ έχω ότι

$A\Gamma ^{2}=H\Gamma ^{2}+HA^{2}=4^{2}+2^{2}=20$ , κι έτσι $A\Gamma =2\sqrt{5}$ .

Οι πλευρές υπολογίστηκαν , απομένουν οι γωνίες.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $HA\Gamma$ έχω $\displaystyle \epsilon \varphi \Gamma =\frac{AH}{H\Gamma }=\frac{2}{4}=0.5$ , και προκύπτει ότι $\hat{\Gamma }=\tau o\xi \epsilon\varphi0.5$ .

Από το ορθογώνιο τρίγωνο HAB

έχω $\displaystyle\epsilon \varphi \left(180^{\circ}-\hat{B} \right) =\frac{AH}{HB }=\frac{2}{1}=2.$ .

Άρα
$\varepsilon\varphi \hat{B}=-2$ συνεπώς
$\hat{B}=\tau o\xi\varepsilon \varphi(- 2)$

Για να μη γράφω πολλά , από το νόμο του συνημιτόνου μπορώ να βρω ότι $\sigma\upsilon\nu \hat{A} =0,8$ και από δω προκύπτει πλέον και το μέτρο της $\hat{A}$ .

Αναγνωρίζω ότι ο τρόπος υπολογισμού των γωνιών που προανέφερα δεν είναι ο μόνος , από τη στιγμή που τα μήκη των πλευρών είναι γνωστά.

Ας δούμε και την ιστορική αξία του θέματος. Στους υπολογισμούς των γωνιών χρησιμοποίησα τις αντίστροφες κυκλικές συναρτήσεις , κάτι που δεν ήταν στη σχολική ύλη το 1931 , ούτε το 2013. Σήμερα , ένα παιδί θα πάει στους πίνακες τριγωνομετρικών αριθμών οξειών γωνιών , και πολύ καλά θα κάνει...
Aν σκεφτούμε κι εμείς έτσι και συμβουλευτούμε το ιστορικής αξίας βιβλίο του Πέτρου Τόγκα '' ΝΕΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ ΛΟΓΑΡΙΘΜΩΝ '' , που περιέχει τους φυσικούς τριγωνομετρικούς αριθμούς με μεγαλύτερη ακρίβεια απ ' ότι οι πίνακες τριγωνομετρικών αριθμών των σχολικών βιβλίων , θα βρούμε ότι
$\hat{A}=37^{\circ}$ , $\hat{B}=116^{\circ}30'$ , $\hat{\Gamma }=26^{\circ}30'$ .
Νομίζω ότι αυτή είναι μια ικανοποιητική απάντηση.

Το 1931 οι υποψήφιοι πήγαιναν στις εξετάσεις με τους πίνακες λογαρίθμων τριγωνομετρικών αριθμών , τους οποίους μπορούσαν να αξιοποιούν κατά τη διάρκεια των εξετάσεων. Πολλοί τόννοι μελάνι χρησιμοποιήθηκαν για την εκτύπωσή τους και άπειρες ώρες διδασκαλίας έγιναν για τη χρήση τους.Και φυσικά αμέτρητος κόπος από την πλευρά των μαθηματικών για τον υπολογισμό τόσων πολλών ψηφίων. Ρωτήστε παλιούς μαθηματικούς να σας πουν....
Το παραπάνω θέμα είχε σκοπό να εξετάσει , εκτός των γνώσεων γεωμετρίας και τριγωνομετρίας , και την ικανότητα των υποψηφίων στη χρήση των λογαρίθμων τριγωνομετρικών αριθμών.
Τη δεκαετία του 1980 σταμάτησε η χρήση και διδασκαλία τους , μια και η εισβολή των Η.Υ. έκανε τα πράγματα απλούστερα, πολύ απλούστερα....
Εδώ και χρόνια τέτοια ζητήματα αντιμετωπίζονται και με τη χρήση ενός scientific calculator.
Αν για ιστορικούς λόγους κάποιος θέλει να δει , τον παραπέμπω στην '' Τριγωνομετρία '' του Ιωάννη Πανάκη , που υπάρχει διαθέσιμη στο internet.

Θέλω να ευχαριστήσω τη Φωτεινή για το σχήμα που έφτιαξε , κατόπιν δικού μου αιτήματος.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

4. Να επιλυθεί τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ εαν $\displaystyle{AB=34 \,\,m , A\Delta=16 \,\, m, B\Gamma=18\,\, m, \widehat{BA\Delta}=60^o, \widehat{AB\Gamma}=60^o}$

Σχεδιάζω το $\Delta H$ κάθετο στην

και το $\Gamma Z$ κάθετο στην

.

Από τα ορθογώνια τρίγωνα $HA\Delta$ και $ZB\Gamma$ προκύπτει εύκολα ότι $AH=\frac{A\Delta }{2}=8$ και ότι $BZ=\frac{B\Gamma }{2}=9$ .
Επίσης ότι $\Delta H=\frac{\sqrt{3}}{2}A\Delta =8\sqrt{3}$ και ότι $\Gamma Z=\frac{\sqrt{3}}{2}B\Gamma =9\sqrt{3}$ .

Έτσι HZ=AB-AH-BZ=34-8-9=17

.

Σχεδιάζω την $\Delta P$ κάθετη στη $\Gamma Z$ . Το $HZP\Delta$ είναι ορθογώνιο και έτσι $\Delta P=HZ=17$ .

Επίσης $\Gamma P=\Gamma Z-PZ=\Gamma Z-\Delta H=9\sqrt{3}-8\sqrt{3}=\sqrt{3}.$ .

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\Delta \Gamma P$ , σύμφωνα με το Πυθαγόρειο Θεώρημα ,
προκύπτει ότι

$\Delta \Gamma ^{2}=\Gamma P^{2}+ \Delta P^{2} =17^{2}+3=292.$

και έτσι $\Gamma \Delta =\sqrt{292}=2\sqrt{73}.$

Απομένουν δυο γωνίες του τετραπλεύρου , εκεί δοκιμαζόντουσαν οι ικανότητες των υποψηφίων της εποχής στη χρήση των λογαριθμικών πινάκων....
Για να μείνω στο πνεύμα της εποχής εκείνης , χρησιμοποίησα τους πίνακες φυσικών τριγωνομετρικών αριθμών από το ''ΝΕΟΙ ΠΙΝΑΚΕΣ ΛΟΓΑΡΙΘΜΩΝ '' του Π. Τόγκα. Φυσικά τα πράγματα γίνονται πιο εύκολα - και ακριβέστερα - με χρήση υπολογιστών .
Έκανα και κάποιες προσεγγίσεις , αναρωτιέμαι τι θα γνώμη θα σχημάτιζε ένας διορθωτής του 1931 αν έβλεπε τη λύση μου....

Από το ορθογώνιο τρίγωνο $\Delta \Gamma Z$ έχω ότι

$\sigma \upsilon \nu \Delta \hat{\Gamma }Z=\frac{\Gamma P}{\Delta \Gamma }=\frac{\sqrt{3}}{2\sqrt{73}}=\frac{1}{2}\cdot \sqrt{\frac{3}{73}}\simeq 0,5\cdot \sqrt{0,04}=0,1=\sigma \upsilon \nu 84^{\circ} 15'$

Έτσι $\hat{\Gamma }=\Delta \hat{\Gamma }Z+Z\hat{\Gamma }B=84^{\circ} 15'+30^{\circ} =114^{\circ} 15'$

Λαμβανομένου υπ ΄ όψιν του γεγονότος ότι το άθροισμα όλων των γωνιών κυρτού τετραπλεύρου είναι $360^{\circ}$ , βρίσκεται ότι $\hat{\Delta }=125^{\circ} 45'$

Φυσικά , η παραπάνω λύση δεν είναι η μόνη , έχω ήδη στο μυαλό άλλη μία.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #5

4. Να επιλυθεί τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ εαν $\displaystyle{AB=34 \,\,m , A\Delta=16 \,\, m, B\Gamma=18\,\, m, \widehat{BA\Delta}=60^o, \widehat{AB\Gamma}=60^o}$

Θα δώσω τη δεύτερη λύση που σκέφτηκα. Σε ένα τετράπλευρο με δυο γωνίες βάσης ίσες με $60^{\circ}$ , το μυαλό πάει σε ισόπλευρο τρίγωνο. Έτσι προεκτείνω την $A\Delta$ και την $B\Gamma$ μέχρι να συναντηθούν στο

.
Από εκεί και μετά , με το σχηματισμό του ισοπλεύρου τριγώνου B'BA

, ο υπολογισμός του $\Delta \Gamma$ μπορεί να γίνει με χρήση του νόμου του συνημιτόνου στο τρίγωνο $B'\Delta \Gamma$ .

$\Delta \Gamma ^{2}=6^{2}+8^{2}-2\cdot 6\cdot 8\cdot \frac{1}{2}=...=292$

Άρα $\Delta \Gamma =\sqrt{292}=2\sqrt{73}$ .

Από εδώ και πέρα , ο υπολογισμός των δυο άλλων γωνιών του τριγώνου $B'\Delta \Gamma$ είναι πλέον υπόθεση ρουτίνας , τώρα δηλαδή που έχουμε calculators και computers , τότε ήταν υπόθεση πινάκων , πράξεων και αρκετού κόπου....

$\sigma \upsilon \nu B'\hat{ \Gamma} \Delta =\frac{16^{2}+292-18^{2}}{2\cdot 16\cdot 2\cdot \sqrt{73}}=\frac{3,5}{\sqrt{73}}\simeq \frac{3,5}{8,544}\simeq 0,410=\sigma \upsilon \nu 65^{\circ} 45'$

Άρα $B'\hat{ \Gamma} \Delta=65^{\circ} 45'$ , συνεπώς $\hat{\Gamma }=180^{\circ} -65^{\circ} 45'=114^{\circ} 15'$ .

Κλείνοντας τη λύση , βρίσκω ότι $\hat{\Delta }=125^{\circ} 15'$ .

Νομίζω ότι η δεύτερη λύση του τέταρτου θέματος είναι πιο όμορφη από την πρώτη.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #6

parmenides51 έγραψε: β) Να υπολογιστούν οι γωνίες ορθογωνίου τριγώνου συναρτήσει της γωνίας $\displaystyle{\omega}$ ,
την οποία σχηματίζουν οι διάμεσοι που αντιστοιχούν στις κάθετες πλευρές.

Oι εκφωνήσεις εκείνης της εποχής δεν ήταν πάντα σαφείς...
Αυτό που εννοεί είναι ότι αν ξέρουμε την $\displaystyle{\omega}$ τότε ξέρουμε και τους τριγωνομετρικούς αριθμούς της. Μετά βρίσκουμε κάποιον τριγωνομετρικό αριθμό των γωνιών του ορθογωνίου τριγώνου και έτσι μπορούμε να τις υπολογίσουμε...

Έστω

το μέσο της κάθετης πλευράς $A\Gamma$ και

το μέσο της κάθετης πλευράς

και έστω $\Theta$ το βαρύκεντρο του τριγώνου $AB\Gamma$
Ας θεωρηθεί ως
$\displaystyle{\omega}=M\hat{\Theta }\Gamma$
η οξεία γωνία που σχηματίζουν οι διάμεσοι του ορθογωνίου τριγώνου που αντιστοιχούν στις κάθετες πλευρές.

$\displaystyle\varepsilon \varphi \varphi =\frac{AN}{A\Gamma }=\frac{\gamma }{2\beta }=\frac{\varepsilon \varphi \Gamma}{2}$

$\displaystyle \varepsilon \varphi \theta =\varepsilon \varphi\left ( 90^{\circ }+A\hat{B}M \right )=-\varepsilon \varphi A\hat{B}M=-\frac{\beta }{2\gamma }=-\frac{1}{2\varepsilon \varphi \Gamma }$

Από το τρίγωνο $\Theta M\Gamma$ προκύπτει ότι $\omega =180^{\circ }-\left ( \theta +\varphi \right )$ και έτσι

$\displaystyle\varepsilon \varphi \omega =\varepsilon \varphi \left [ 180^{\circ } -\left ( \theta +\varphi \right )\right ]=-\varepsilon \varphi \left ( \theta +\varphi \right )=-\frac{\varepsilon \varphi \theta +\varepsilon \varphi \varphi }{1-\varepsilon \varphi \theta \cdot \varepsilon \varphi \varphi }=\frac{\varepsilon \varphi \theta +\varepsilon \varphi \varphi }{\varepsilon \varphi \theta \cdot \varepsilon \varphi \varphi-1}=$

$\displaystyle\frac{-\frac{1}{2\varepsilon \varphi\Gamma }+\frac{\varepsilon \varphi \Gamma}{2}}{-\frac{1}{2\varepsilon \varphi \Gamma}\cdot \frac{\varepsilon \varphi \Gamma}{2}-1}=...=\frac{2-2\varepsilon \varphi ^{2}\Gamma}{5\varepsilon \varphi \Gamma}$

Tελικά λοιπόν έχω ότι $\displaystyle\varepsilon \varphi \omega=\frac{2-2\varepsilon \varphi ^{2}\Gamma}{5\varepsilon \varphi \Gamma}$ που ισοδυναμεί με $2\varepsilon \varphi ^{2}\Gamma+5\varepsilon \varphi \omega \cdot \varepsilon \varphi\Gamma -2=0$

Πρόκειται για μια εξίσωση δευτέρου βαθμού ως προς $\varepsilon \varphi\Gamma$ της οποίας η διακρίνουσα είναι ίση με $25\varepsilon \varphi ^{2}\omega +16$ που είναι ασφαλώς μια θετική ποσότητα.

Έτσι λοιπόν
$\displaystyle\varepsilon \varphi \Gamma =\frac{-5\varepsilon \varphi \omega \pm \sqrt{25\varepsilon \varphi ^{2}\omega +16}}{4}$

Φυσικά η

είναι οξεία , άρα η εφαπτομένη της είναι θετικός αριθμός , έτσι λοιπόν η αρνητική λύση δεν γίνεται δεκτή.

Συνεπώς
$\displaystyle\varepsilon \varphi \Gamma =\frac{-5\varepsilon \varphi \omega + \sqrt{25\varepsilon \varphi ^{2}\omega +16}}{4}$

Αφού είναι γνωστή η $\varepsilon \varphi \Gamma$ είναι γνωστή η $\Gamma$ και φυσικά είναι γνωστή και η

ως παραπληρωματική της $\Gamma.$

Noμίζω ότι αυτό ήθελαν οι εξεταστές του 1931. Αν κάποιος νομίζει κάτι διαφορετικό , ας το γράψει.

: 1931.png (18.77 KiB) Προβλήθηκε 2721 φορές

ΕΜΠ 1931 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛ.ΜΗΧ.

ΕΜΠ 1931 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛ.ΜΗΧ.

Re: ΕΜΠ 1931 ΠΟΛ.ΜΗΧ. ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠ 1931 ΠΟΛ.ΜΗΧ. ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠ 1931 ΠΟΛ.ΜΗΧ. ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

Re: ΕΜΠ 1931 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛ.ΜΗΧ.

Re: ΕΜΠ 1931 ΤΡΙΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛ.ΜΗΧ.

Μέλη σε σύνδεση