Π.Μ.Δ.Μ. 1961-62 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

parmenides51 · #1

1. Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{32(x-7)^3-27x^2(x-14)=0}$ .

2. Η μικρότερη γωνία ενός τριγώνου είναι το μισό της μεγαλύτερης του, τα μέτρα των πλευρών του είναι διαδοχικοί ακέραιοι.
Να βρεθούν τα μέτρα των πλευρών του.

3. Θεωρούμε το μέσον του ύψους που άγεται από την κορυφή $\displaystyle{\Sigma}$ κανονικού τετραέδρου, το οποίο ενώνουμε με τις υπόλοιπες κορυφές.
Να αποδειχθεί οτι το σχηματιζόμενο με αυτόν τον τρόπο τετράεδρο, έχει μια τρίεδρο στερεά γωνία τρισορθογώνια.

edit's
διόρθωση τίτλου (αντικατάσταση του ΠΜΔΜ από το Π.Μ.Δ.Μ.)
τσεκάρισμα των εκθετών στο 1ο από άλλη πηγή

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #2

Μια σύντομη λύση για το 2ο θέμα.

Έστω ότι $\hat{A}=2\hat{\Gamma }.$ .Έστω ότι a=k , b=k-1 , c=k-2

όπου

θετικός ακέραιος.

Για να μη βάλω τριγωνομετρία , ας θυμηθούμε ότι σε αυτήν την περίπτωση ισχύει $a^{2}=\gamma \left(\gamma +\beta \right)$ .
Αυτή είναι μια κλασσική άσκηση της Γεωμετρίας της Β' Λυκείου. Ας μην την αποδείξω λοιπόν.....

Έτσι $k^{2}=\left(k-2 \right)\left(k-1+k-2 \right)$ που είναι ισοδύναμο με

$k^{2}-7k+6=0$ .

Οι ρίζες της εξίσωσης είναι k=1

που δε γίνεται δεκτή γιατί η μικρότερη πλευρά του τριγώνου προκύπτει με αρνητικό μήκος ,
k=6

που δίνει τη λύση στο θέμα
$a=6 , \beta=5 ,\gamma=4$ .

parmenides51 · #3

για να μην αφήνουμε εκκρεμότητες...

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε:Έστω ότι $\hat{A}=2\hat{\Gamma }.$ .
Για να μη βάλω τριγωνομετρία , ας θυμηθούμε ότι σε αυτήν την περίπτωση ισχύει $a^{2}=\gamma \left(\gamma +\beta \right)$ .
Αυτή είναι μια κλασσική άσκηση της Γεωμετρίας της Β' Λυκείου. Ας μην την αποδείξω λοιπόν.....

$\hat{A}=2\hat{\Gamma } \Leftrightarrow a^{2}=\gamma \left(\gamma +\beta \right)$ εδώ

Al.Koutsouridis · #4

parmenides51 έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 15, 2013 6:45 am

3. Θεωρούμε το μέσον του ύψους που άγεται από την κορυφή $\displaystyle{\Sigma}$ κανονικού τετραέδρου, το οποίο ενώνουμε με τις υπόλοιπες κορυφές.
Να αποδειχθεί οτι το σχηματιζόμενο με αυτόν τον τρόπο τετράεδρο, έχει μια τρίεδρο στερεά γωνία τρισορθογώνια.

: pmdm_61_62_st_gum_thul_pr3.png (65.29 KiB) Προβλήθηκε 1031 φορές

Έστω

το κανονικό τετράεδρο και

το μήκος της ακμής του,

η προβολή του

στη βάση

και

το μέσο του

. Το σημείο

είναι το κέντρο του ισόπλευρου τριγώνου της βάσης.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο AKM

, όπου

το μέσο της ακμής

βρίσκουμε, $KM = \dfrac{\sqrt{3}}{6}a$

Από το ορθογώνιο τρίγωνο SKM

, βρίσκουμε $SK = \dfrac{\sqrt{6}}{3}a$ . Άρα $LK = \dfrac{SK}{2}=\dfrac{\sqrt{6}}{6}a$ .

Από το ορθογώνιο τρίγωνο LKM

, έχουμε $LM^2= LK^2+KM^2 =\left ( \dfrac{\sqrt{6}}{6}a \right )^2+ \left ( \dfrac{\sqrt{3}}{6}a \right )^2\Rightarrow LM =\dfrac{a}{2} = AM=BM$ .

Aπό το θεώρημα των τριών καθέτων έχουμε $LM \perp AB$ (

κάθετο στο επίπεδο της βάσης και $KM \perp AB$ ).

Επομένως τα τρίγωνα AML

και

είναι ισοσκελή ορθογώνια και το ίδιο θα είναι και το τρίγωνο ALB

με $\angle ALB =90^{0}$ . Ομοίως βρίσκουμε ότι και $\angle ALC=90^0$ , $\angle BLC = 90^0$ .

Δηλαδή η τρίεδρη γωνία LABC

είναι τρισορθογώνια, όπως αναζητούσαμε.

S.E.Louridas · #5

parmenides51 έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 15, 2013 6:45 am
3. Θεωρούμε το μέσον του ύψους που άγεται από την κορυφή $\displaystyle{\Sigma}$ κανονικού τετραέδρου, το οποίο ενώνουμε με τις υπόλοιπες κορυφές.
Να αποδειχθεί οτι το σχηματιζόμενο με αυτόν τον τρόπο τετράεδρο, έχει μια τρίεδρο στερεά γωνία τρισορθογώνια.

Έστω

η πλευρά του κανονικού τετραέδρου ABCS

, το ύψος του

,

το κέντρο της βάσης του και

το μέσο του ύψους αυτού.

Είναι άμεσο ότι τα ορθογώνια στην κορυφή

τρίγωνα

είναι ίσα, αν

είναι το μέσον του BK.

Τότε παίρνουμε: $\displaystyle{TZ = TQ = \frac{a}{2} \Rightarrow \angle ATB = \frac{\pi }{2}.}$ Όμοια έχουμε: $\displaystyle{\angle BTC = \angle CTA = \frac{\pi }{2}.}$

: τετράεδρο.png (52.69 KiB) Προβλήθηκε 1018 φορές

Σταμ. Γλάρος · #6

parmenides51 έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 15, 2013 6:45 am
1. Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{32(x-7)^3-27x^2(x-14)=0}$ .

Καλησπέρα. Επειδή με παραξένεψαν οι συντελεστές της εξίσωσης ...
Θέτουμε x-7=w

. Οπότε η αρχική παίρνει την μορφή: 32w^3- 27(w+7)^2(w-7)=0

.
Μετά από πράξεις παίρνουμε ισοδυνάμως την $5w^3-3^3 \cdot 7 w^2+3^3 \cdot 7^2 w +3^3 \cdot 7^3 = 0$ . (1)
Έγραψα όλους τους συντελεστές ως γινόμενο πρώτων παραγόντων .
Έτσι από τον σταθερό όρο του πολυωνύμου προκύπτουν δεκαπέντε διαιρέτες θετικοί και άλλοι τόσοι αρνητικοί!
Αν δεν μου διαφεύγει κανένας συνδυασμός με τους εκθέτες ...
Ευτυχώς στον ... τρίτο συνδυασμό που δοκίμασα προέκυψε ρίζα το $3\cdot 7$ .
Συνεπώς η (1) $\Leftrightarrow (w-21)(5w^2-2^2\cdot 3\cdot 7w-3^2\cdot 7^2)=0$ .
Από την δευτεροβάθμια έχουμε λύσεις : w_1=21

και $w_2 = -\dfrac{21}{5}$ .
Επομένως για την αρχική έχουμε x_1 =x_2 =21

και $x_3 = \dfrac{14}{5}$ .
Παρ' όλα αυτά ο τρόπος δεν με ικανοποιεί ...
Μήπως υπάρχει κάποιο τέχνασμα που μου διαφεύγει;
Με εντυπωσιάζει επίσης, το γεγονός ότι πέφτει τέτοια άσκηση σε εξετάσεις ... το 1961 .
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #7

Βλέποντας την παραπάνω δημοσίευση θυμήθηκα ότι πριν δυο χρόνια , ενώ έλυσα την εξίσωση , δεν ήθελα να γράψω τη λύση στο forum γιατί δεν με ικανοποιούσε αισθητικά...
Ακριβώς οι ίδιες σκέψεις με του Σταμάτη Γλάρου...

Τσιαλας Νικολαος · #8

Μια από τα ίδια και εγώ... Μήπως υπάρχει κάτι καλύτερο?

nikkru · #9

parmenides51 έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 15, 2013 6:45 am
1. Να λυθεί η εξίσωση $\displaystyle{32(x-7)^3-27x^2(x-14)=0}$ .

Άλλη μια λύση ( καλύτερη ;;; )

$\displaystyle{32(x-7)^3-27x^2(x-14)=0 \overset{\cdot 2}{\Leftrightarrow } 64(x-7)^3-54x^2(x-14)=0 \Leftrightarrow (4x-28)^3-(3x)^3-27x^3+54x^2 \cdot 14=0 \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ (x-28)\left ( \left ( 4x-28 \right )^2+(4x-28)3x+(3x)^2 \right )-27x^2(x-28)=0 \Leftrightarrow (x-28)(10x^2-308x+784)=0 }$ .

Η δευτεροβάθμια έχει $\Delta =308^2-4 \cdot 10 \cdot 784=(28 \cdot 11)^2-4 \cdot 10 \cdot 28^2=28^2(121-40)=28^2 9^2$ και λύσεις $\dplaystyle{ x=28,x=\frac{14}{5} }$ .

Οπότε λύσεις της αρχικής εξίσωσης είναι η $\displaystyle{ x=28 }$ (διπλή ρίζα) και η $\dplaystyle{ x=\frac{14}{5} }$ .

Π.Μ.Δ.Μ. 1961-62 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Π.Μ.Δ.Μ. 1961-62 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: ΠΜΔΜ 1961-62 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: ΠΜΔΜ 1961-62 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1961-62 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1961-62 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1961-62 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1961-62 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1961-62 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1961-62 ΣΤ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ ΘΗΛΕΩΝ

Μέλη σε σύνδεση