ΕΜΠ 1962 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

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

ΕΜΠ 1962 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από parmenides51 » Τρί Μαρ 04, 2014 10:14 pm

Εξεταστής: Παπαϊωάννου


1. α) Να βρεθούν οι συνθήκες μεταξύ πλευρών και ύψους ισοσκελούς τραπεζίου ώστε το τραπέζιο να είναι περιγράψιμο σε κύκλο.
β) Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma} με \displaystyle{(B\Gamma) =\alpha} και \displaystyle{(AB)=(A\Gamma)=\beta}. Μεταξύ των πλευρών \displaystyle{AB} και \displaystyle{A\Gamma} φέρνουμε την \displaystyle{B_1\Gamma_1} παράλληλη προς την \displaystyle{B\Gamma } έτσι ώστε το τραπέζιο \displaystyle{B_1\Gamma_1\Gamma B} να περιγράφεται σε κύκλο \displaystyle{(C_1)}. Στη συνέχεια φέρνουμε την την \displaystyle{B_2\Gamma_2} παράλληλη προς την \displaystyle{B_1\Gamma_1} έτσι ώστε το τραπέζιο \displaystyle{B_2\Gamma_2\Gamma_1 B_1} να περιγράφεται σε κύκλο \displaystyle{(C_2)} και αυτό επαναλαμβάνεται απεριόριστα. Ζητείται ο λόγος του αθροίσματος των εμβαδών των άπειρων κύκλων \displaystyle{(C_1),(C_2),(C_3),...  } προς το εμβαδόν του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma}.


2. 'Έστω τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma}. Προεκτείνουμε την \displaystyle{\Gamma B} προς το \displaystyle{  B} και παίρνουμε μήκος \displaystyle{(B\Delta)=(B\Gamma)}. Έστω \displaystyle{ M} το μέσο της \displaystyle{A\Gamma} και \displaystyle{E} το σημείο στο οποίο η \displaystyle{\Delta M } τέμνει την \displaystyle{AB}. Θεωρούμε τους κύκλους, οι οποίο εφάπτονται στο \displaystyle{E} και έχουν κέντρα τα σημεία \displaystyle{\Delta} και \displaystyle{M}. Φέρνουμε την κοινή εξωτερική τους εφαπτομένη. Ζητείται ο λόγος του εμβαδού του τετραπλεύρου \displaystyle{BEM\Gamma} προς το εμβαδόν του τραπεζίου \displaystyle{\Delta M\Theta H} συναρτήσει των μηκών των πλευρών \displaystyle{\alpha,\beta,\gamma} του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma}.


3. Σε επίπεδο \displaystyle{\pi} θεωρούμε κανονικό εξάγωνο \displaystyle{AB\Gamma\Delta E Z} πλευράς μήκους \displaystyle{\alpha}. Από το κέντρο \displaystyle{ K} του εξαγώνου υψώνουμε κάθετη στο \displaystyle{ \pi} και πάνω σε αυτήν παίρνουμε μήκος \displaystyle{ (KH)=\lambda +x } όπου \displaystyle{0<x<\lambda}. Στην συνέχεια από τις τρεις μη συνεχόμενες κορυφές \displaystyle{A,\Gamma ,E } υψώνουμε καθέτους στο \displaystyle{\pi } και προς την ίδια φορά της \displaystyle{KH } και πάνω στις καθέτους αυτές παίρνουμε τμήματα \displaystyle{(AA')=(\Gamma\Gamma')=({\color{red}EE}')=\lambda } αντίστοιχα .
Τα επίπεδα \displaystyle{HA'\Gamma{\color{red}'}, H\Gamma' E'} και\displaystyle{ HE'{\color{red}A}' } τέμνουν τις καθέτους στο επίπεδο \displaystyle{\pi } οι οποίες άγονται από τις κορυφές \displaystyle{B,\Delta,Z} στα σημεία \displaystyle{B',\Delta',Z' } αντίστοιχα. Με αυτόν τον τρόπο σχηματίζεται στερεό του οποίου κορυφές του κανονικού εξαγώνου, τα σημεία \displaystyle{A',B',\Gamma',\Delta', E', Z' } και το σημείο \displaystyle{H}. Ζητούνται:
α) Το άθροισμα \displaystyle{\Sigma} των μηκών των ακμών του στερεού
β) το εμβαδόν \displaystyle{S} της επιφάνεια του στερεού
γ) Οι τιμές \displaystyle{\Sigma} και \displaystyle{S} όταν \displaystyle{x=0}


edit
διορθώσεις στο 3ο θέμα, αρκετά τα τυπογραφικά, ευχαριστώ τον Κώστα (Δόρτσιο) που το πρόσεξε


KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1919
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:26 pm

Re: ΕΜΠ 1962 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KDORTSI » Σάβ Μαρ 08, 2014 6:51 pm

parmenides51 έγραψε:3. Σε επίπεδο \displaystyle{\pi} θεωρούμε κανονικό εξάγωνο \displaystyle{AB\Gamma\Delta E Z} πλευράς μήκους \displaystyle{\alpha}. Από το κέντρο \displaystyle{ K} του εξαγώνου υψώνουμε κάθετη στο \displaystyle{ \pi} και πάνω σε αυτήν παίρνουμε μήκος \displaystyle{ (KH)=\lambda +x } όπου \displaystyle{0<x<\lambda}. Στην συνέχεια από τις τρεις μη συνεχόμενες κορυφές \displaystyle{A,\Gamma ,E } υψώνουμε καθέτους στο \displaystyle{\pi } και προς την ίδια φορά της \displaystyle{KH } και πάνω στις καθέτους αυτές παίρνουμε τμήματα \displaystyle{(AA')=(\Gamma\Gamma')=({\color{red}EE}')=\lambda } αντίστοιχα .
Τα επίπεδα \displaystyle{HA'\Gamma{\color{red}'}, H\Gamma' E'} και\displaystyle{ HE'{\color{red}A}' } τέμνουν τις καθέτους στο επίπεδο \displaystyle{\pi } οι οποίες άγονται από τις κορυφές \displaystyle{B,\Delta,Z} στα σημεία \displaystyle{B',\Delta',Z' } αντίστοιχα. Με αυτόν τον τρόπο σχηματίζεται στερεό του οποίου κορυφές του κανονικού εξαγώνου, τα σημεία \displaystyle{A',B',\Gamma',\Delta', E', Z' } και το σημείο \displaystyle{H}. Ζητούνται:
α) Το άθροισμα \displaystyle{\Sigma} των μηκών των ακμών του στερεού
β) το εμβαδόν \displaystyle{S} της επιφάνεια του στερεού
γ) Οι τιμές \displaystyle{\Sigma} και \displaystyle{S} όταν \displaystyle{x=0}
Εργαζόμαστε στο σχήμα το οποίο προέκυψε ύστερα από την εφαρμογή των δεδομένων του προβλήματος αυτού.
Πολύεδρο 3.PNG
Πολύεδρο 3.PNG (99.02 KiB) Προβλήθηκε 1135 φορές
Ας δούμε το πώς προέκυψε.

Αρχικά είναι: \displaystyle{(KH)=(KS) +(SH)=\lambda +x} και \displaystyle{(AA')=(CC')=(EE')=\lambda}

Θεωρούμε αρχικά ότι οι κάθετες στο επίπεδο που ορίζει το κανονικό εξάγωνο \displaystyle{A  B C D E F} και στις κορυφές αυτού
δημιουργούν μια ορθή εξαγωνική πρισματική επιφάνεια με οδηγό το εν λόγω εξάγωνο.

Ειδικότερα προσέχουμε την ορθή τετραγωνική πρισματική επιφάνεια που έχει οδηγό το ρόμβο \displaystyle{ABCK}.(πράσινο χρώμα)
Αυτήν ακριβώς την επιφάνεια τέμνει το επίπεδο που ορίζουν τα τρία σημεία \displaystyle{H,A',C'} με αποτέλεσμα να προκύπτει στην τέταρτη ακμή της
το σημείο \displaystyle{B'}. Έτσι η τομή του επιπέδου αυτού με την πρισματική αυτή επιφάνεια είναι το τετράπλευρο \displaystyle{HA'B'C'} το οποίο θα δείξουμε
ότι είναι ρόμβος.

Κατ' αρχήν το τετράπλευρο αυτό είναι παραλληλόγραμμο, διότι η τομή ενός επιπέδου με δύο άλλα που είναι παράλληλα μεταξύ των είναι
παράλληλες ευθείες. Έτσι το επίπεδο των \displaystyle{H,A', C'} τέμνει τις απέναντι πλευρές του τετραγωνικού πρίσματος με οδηγό το \displaystyle{ABCK}
σε παράλληλες ευθείες.

Ακόμα είναι εύκολο να διακρίνουμε ότι οι διαγώνιες αυτού του παραλληλογράμμου τέμνονται κάθετα διότι η \displaystyle{AC=//A'C'} και κάθετη
στο επίπεδο των παραλλήλων \displaystyle{BB', KK'} (αφού η \displaystyle{AC} κάθετη στην \displaystyle{BK} καθώς και ορθογώνια στην \displaystyle{BB'}). Άρα η \displaystyle{A'C'}
είναι κάθετη στην \displaystyle{B'H}(αφού η \displaystyle{B'H} ανήκει στο επίπεδο των παραλλήλων \displaystyle{BB', KK'})

Συμπέρασμα:
Το στερεό που προκύπτει είναι ένα κυρτό δεκάεδρο που συντίθεται από τρία κολοβά πρίσματα τα
\displaystyle{ABCKA'B'C'H}, \displaystyle{CDEKC'D'E'H}, \displaystyle{EFAKE'F'A'H}.
Ακόμα η επιφάνεια του δεκαέδρου αυτού αποτελείται από ένα εξάγωνο(η βάση) τρείς ρόμβους (οι ανωτέρω που μελετήθηκαν) και έξι ορθογώνια τραπέζια.

Στη συνέχεια φέρουμε από το σημείο \displaystyle{S} παράλληλη προς την \displaystyle{KB} η οποία ορίζει επί της καθέτου (προς το επίπεδο της βάσης του εξαγώνου στο σημείο \displaystyle{B})
το σημείο \displaystyle{S'}(το σχήμα \displaystyle{BB'SK} είναι ορθογώνιο με πλευρές \displaystyle{\lambda} και \displaystyle{a} την πλευρά δηλαδή του κανονικού εξαγώνου).
Άρα από την ισότητα των τριγώνων \displaystyle{HSO, OS'B'} προκύπτει:
\displaystyle{BB'=BS'-B'S'=KS-SH=\lambda -x \  \ (1)}

Ακόμα από το ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle{OSH} θα είναι:
\displaystyle{(OH)=\sqrt{(OS)^2+(SH)^2}=\sqrt{(O'K)^2+x^2}=\sqrt{(\frac{a}{2})^2+x^2}
Δηλαδή:
\displaystyle{(OH)=\frac{1}{2}\sqrt{a^2+4x^2}\  \  (2)}

Επομένως οι διαγώνιες του ρόμβου \displaystyle{HA'B'C'} είναι:
\displaystyle{(A'C')=(AC)=a\sqrt{3}\  \  (3)}
και
\displaystyle{(HB')=2(OH)=4\sqrt{a^2+4x^2} \  \ (4)}

Άρα και το εμβαδόν του ρόμβου αυτού θα είναι:
\displaystyle{E(HA'B'C')=\frac{1}{4}d_1d_2=a\sqrt{3}\sqrt{a^2+4x^2} \  \ (5)}

Ακόμα η πλευρά του ρόμβου αυτού είναι:
\displaystyle{(HA')=\sqrt{a^2+x^2} \  \ (6)}

Τέλος σημειώνουμε το εμβαδόν του εξαγώνου και των ορθογωνίων τραπεζίων.

\displaystyle{E(A B C D E F)}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{2} \  \ (7),

\displaystyle{ \ E(AA'B'B)=\frac{(2\lambda -x)a}{2} \  \ (8)}

Απαντήσεις στα ερωτήματα του προβλήματος (σύμφωνα με τους τύπους (1), ...(8))

α) Αθροισμα μηκών των ακμών του δεκαέδρου:

\displaystyle{N=6a+3 \lambda+3(\lambda-x)+9\sqrt{a^2+x^2}=6a+6\lambda -3x+9\sqrt{a^2+x^2}

β) Εμβαδόν ολικής επιφάνειας:

\displaystyle{ E_m=\frac{3a^2\sqrt{3}}{2}+6\frac{(2\lambda -x)a}{2}+3\cdot a \sqrt{3}\sqrt{a^2+4x^2}=\frac{3a^2\sqrt{3}}{2}+3(2\lambda -x)a+3\cdot a \sqrt{3}\sqrt{a^2+4x^2}}

Το τρίτο ερώτημα θα αναρτηθεί σε άλλο μήνυμα και με σχόλια.

Κώστας Δόρτσιος
τελευταία επεξεργασία από KDORTSI σε Κυρ Μαρ 09, 2014 10:07 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


KDORTSI
Διακεκριμένο Μέλος
Δημοσιεύσεις: 1919
Εγγραφή: Τετ Μαρ 11, 2009 9:26 pm

Re: ΕΜΠ 1962 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KDORTSI » Σάβ Μαρ 08, 2014 10:35 pm

parmenides51 έγραψε:3. Σε επίπεδο \displaystyle{\pi} θεωρούμε κανονικό εξάγωνο \displaystyle{AB\Gamma\Delta E Z} πλευράς μήκους \displaystyle{\alpha}. Από το κέντρο \displaystyle{ K} του εξαγώνου υψώνουμε κάθετη στο \displaystyle{ \pi} και πάνω σε αυτήν παίρνουμε μήκος \displaystyle{ (KH)=\lambda +x } όπου \displaystyle{0<x<\lambda}. Στην συνέχεια από τις τρεις μη συνεχόμενες κορυφές \displaystyle{A,\Gamma ,E } υψώνουμε καθέτους στο \displaystyle{\pi } και προς την ίδια φορά της \displaystyle{KH } και πάνω στις καθέτους αυτές παίρνουμε τμήματα \displaystyle{(AA')=(\Gamma\Gamma')=({\color{red}EE}')=\lambda } αντίστοιχα .
Τα επίπεδα \displaystyle{HA'\Gamma{\color{red}'}, H\Gamma' E'} και\displaystyle{ HE'{\color{red}A}' } τέμνουν τις καθέτους στο επίπεδο \displaystyle{\pi } οι οποίες άγονται από τις κορυφές \displaystyle{B,\Delta,Z} στα σημεία \displaystyle{B',\Delta',Z' } αντίστοιχα. Με αυτόν τον τρόπο σχηματίζεται στερεό του οποίου κορυφές του κανονικού εξαγώνου, τα σημεία \displaystyle{A',B',\Gamma',\Delta', E', Z' } και το σημείο \displaystyle{H}. Ζητούνται:
α) Το άθροισμα \displaystyle{\Sigma} των μηκών των ακμών του στερεού
β) το εμβαδόν \displaystyle{S} της επιφάνεια του στερεού
γ) Οι τιμές \displaystyle{\Sigma} και \displaystyle{S} όταν \displaystyle{x=0}
Για το τρίτο ερώτημα παραθέτουμε δύο σχήματα όπου στο δεύτερο είναι \displaystyle{SH=x=0}
Πριν:
Πολύεδρο 7.PNG
Πολύεδρο 7.PNG (60.95 KiB) Προβλήθηκε 1106 φορές
Μετά:
Πολύεδρο 8.PNG
Πολύεδρο 8.PNG (58.17 KiB) Προβλήθηκε 1106 φορές
Έτσι το στερεό γίνεται ένα ορθό εξαγωνικό πρίσμα με βάση το κανονικό εξάγωνο και ύψος ίσο με \displaystyle{\lambda}
του οποίου εύκολα υπολογίζονται τα στοιχεία που ζητούνται.

Κώστας Δόρτσιος


orestisgotsis
Δημοσιεύσεις: 1322
Εγγραφή: Σάβ Φεβ 25, 2012 10:19 pm

Re: ΕΜΠ 1962 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΠΟΛΙΤΙΚΟΙ ΜΗΧΑΝΙΚΟΙ

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από orestisgotsis » Δευ Απρ 21, 2014 4:52 pm

parmenides51 έγραψε:Εξεταστής: Παπαϊωάννου
2. 'Έστω τρίγωνο \displaystyle{AB\Gamma}. Προεκτείνουμε την \displaystyle{\Gamma B} προς το \displaystyle{  B} και παίρνουμε μήκος \displaystyle{(B\Delta)=(B\Gamma)}. Έστω \displaystyle{ M} το μέσο της \displaystyle{A\Gamma} και \displaystyle{E} το σημείο στο οποίο η \displaystyle{\Delta M } τέμνει την \displaystyle{AB}. Θεωρούμε τους κύκλους, οι οποίο εφάπτονται στο \displaystyle{E} και έχουν κέντρα τα σημεία \displaystyle{\Delta} και \displaystyle{M}. Φέρνουμε την κοινή εξωτερική τους εφαπτομένη. Ζητείται ο λόγος του εμβαδού του τετραπλεύρου \displaystyle{BEM\Gamma} προς το εμβαδόν του τραπεζίου \displaystyle{\Delta M\Theta H} συναρτήσει των μηκών των πλευρών \displaystyle{\alpha,\beta,\gamma} του τριγώνου \displaystyle{AB\Gamma}.
Πολιτικοί Μηχανικοί (1962).PNG
Πολιτικοί Μηχανικοί (1962).PNG (28.59 KiB) Προβλήθηκε 1010 φορές
Είναι \displaystyle{\left( BEM\Gamma  \right)=\left( AB\Gamma  \right)-\left( AEM \right)\,\,\,\left( 1 \right)}. Αλλά \displaystyle{\frac{\left( AME \right)}{\left( AB\Gamma  \right)}=\frac{AM\cdot AE}{AB\cdot A\Gamma }=\frac{AM}{A\Gamma }\cdot \frac{AE}{AB}\,\,\,\left( 2 \right)}.

Στο τρίγωνο \displaystyle{A\Delta \Gamma } οι \displaystyle{AB,\,\,\Delta M} είναι διάμεσοι, άρα \displaystyle{\frac{AE}{AB}=\frac{2}{3}}. Επίσης \displaystyle{\frac{AM}{A\Gamma }=\frac{1}{2}} και η \displaystyle{\left( 2 \right)} δίνει \displaystyle{\frac{\left( AME \right)}{\left( AB\Gamma  \right)}=\frac{1}{2}\cdot \frac{2}{3}=\frac{1}{3}\Rightarrow \left( AME \right)=\frac{1}{3}\left( AB\Gamma  \right)\,\,\,\left( 3 \right)}.

Τότε από την \displaystyle{\left( 1 \right)\Rightarrow \left( BEM\Gamma  \right)=\frac{2}{3}\left( AB\Gamma  \right)=\frac{2}{3}\sqrt{\tau \left( \tau -\alpha  \right)\left( \tau -\beta  \right)\left( \tau -\gamma  \right)}\,\,\,\left( 4 \right)}.

Από Θ. διαμέσων έχουμε: \displaystyle{A{{\Delta }^{2}}+A{{\Gamma }^{2}}=2A{{B}^{2}}+2B{{\Gamma }^{2}}\Rightarrow A{{\Delta }^{2}}=2{{\alpha }^{2}}+2{{\gamma }^{2}}-{{\beta }^{2}}\,\,\,\left( 5 \right)}.

Επίσης ισχύει: \displaystyle{\Delta {{A}^{2}}+\Delta {{\Gamma }^{2}}=2\Delta {{M}^{2}}+\frac{A{{\Gamma }^{2}}}{2}\Rightarrow \Delta {{A}^{2}}=2\Delta {{M}^{2}}+\frac{{{\beta }^{2}}}{2}-4{{\alpha }^{2}}\,\,\,\left( 6 \right)}. Από \displaystyle{\left( 5 \right),\left( 6 \right)\Rightarrow \Delta {{M}^{2}}=\frac{12{{\alpha }^{2}}+4{{\gamma }^{2}}-3{{\beta }^{2}}}{4}\,\,\,\left( 7 \right)}.

Από το τραπέζιο \displaystyle{\Delta H\Theta M} για το ύψος του \displaystyle{MZ\Rightarrow M{{Z}^{2}}=M{{\Delta }^{2}}-\Delta {{Z}^{2}}=M{{\Delta }^{2}}-{{\left( \Delta H-M\Theta  \right)}^{2}}=M{{\Delta }^{2}}-{{\left( \Delta E-ME \right)}^{2}}=}

\displaystyle{=M{{\Delta }^{2}}-{{\left( \frac{2}{3}M\Delta -\frac{1}{3}M\Delta  \right)}^{2}}\Rightarrow MZ=\frac{2\sqrt{2}}{3}M\Delta \,\,\,\left( 8 \right)}.

Έχουμε: \displaystyle{\left( \Delta M\Theta H \right)=\frac{\Delta H+M\Theta }{2}\cdot MZ=\frac{\Delta E+ME}{2}\cdot MZ=\frac{\Delta M\cdot MZ}{2}\,\,\overset{\left( 8 \right)}{\mathop{=}}\,\,\,\frac{\sqrt{2}}{3}\Delta {{M}^{2}}\,\,\overset{\left( 7 \right)}{\mathop{=}}\,\,\,\frac{\sqrt{2}}{3}\cdot \frac{12{{\alpha }^{2}}+4{{\gamma }^{2}}-3{{\beta }^{2}}}{4}}

Τελικά \displaystyle{\frac{\left( BEM\Gamma  \right)}{\left( \Delta M\Theta H \right)}=\frac{2}{3}\sqrt{\tau \left( \tau -\alpha  \right)\left( \tau -\beta  \right)\left( \tau -\gamma  \right)}\cdot \frac{12}{\sqrt{2}\left( 12{{\alpha }^{2}}+4{{\gamma }^{2}}-3{{\beta }^{2}} \right)}=\frac{4\sqrt{2\tau \left( \tau -\alpha  \right)\left( \tau -\beta  \right)\left( \tau -\gamma  \right)}}{12{{\alpha }^{2}}+4{{\gamma }^{2}}-3{{\beta }^{2}}}}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Εξετάσεις Σχολών”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Google [Bot] και 1 επισκέπτης