Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

parmenides51 · #1

1. Δίνονται οι συναρτήσεις $\displaystyle{y=\frac{x^2}{2}}$ (I) και $\displaystyle{y=\lambda x-1-\frac{\lambda}{2}}$ (II).
α) Να γίνει η γραφική παράσταση της (I) και της (II) για $\displaystyle{\lambda={\color{red}-}1}$ και $\displaystyle{\lambda=2}$ στο ίδιο σύστημα αξόνων.
β) Ν' αποδειχθεί οτι οι δυο ευθείες που προκύπτουν από την (II) για $\displaystyle{\lambda={\color{red}-}1}$ και $\displaystyle{\lambda=2}$ , εφάπτονται της γραφικής παράστασης της (I)
και να ορισθούν οι συντεταγμένες του σημείου τομής των ευθειών αυτών.
γ) Να αποδειχθεί οτι οι ευθείες (II) (για κάθε πραγματική τιμή της παραμέτρου $\displaystyle{\lambda}$ ) διέρχονται από ένα σταθερό σημείο.

2. Δίνεται τετράεδρο $\displaystyle{\Delta.AB\Gamma}$ του οποίου η ακμή $\displaystyle{B\Gamma=\alpha}$ , η απέναντι της $\displaystyle{B\Gamma}$ ακμή $\displaystyle{\Delta A=\frac{4\alpha \sqrt3}{3}}$
και ακόμα $\displaystyle{AB=A\Gamma=\frac{2\alpha \sqrt3}{3}}$ και $\displaystyle{\Delta B=\Delta\Gamma=2\alpha}$ .
α) Να βρεθεί το μέτρο της δίεδρου γωνίας με ακμής την $\displaystyle{\Delta A}$ .
β) Να καθορισθεί η θέση της κοινής καθέτου και να εκφρασθεί η ελάχιστη απόσταση των $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ συναρτήσει του $\displaystyle{\alpha}$ .
γ) Να υπολογισθεί ο όγκος του τετραέδρου $\displaystyle{\Delta.AB\Gamma}$ .

3. Δίνεται η εξίσωση $\displaystyle{\sqrt{3}(\lambda -1)\eta\mu x+3\sigma \upsilon \nu x=\sqrt{3}}$ (I) με $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}}$ .
Αν $\displaystyle{x_1,x_2}$ δυο λύσεις της (I) για τις οποίες $\displaystyle{x_2-x_1\ne 2\kappa \pi }$ ( $\displaystyle{\kappa\in \mathbb{Z}}$ ),
ν' αποδειχτεί ότι $\displaystyle{\eta\mu (x_1+x_2)=\frac{2\sqrt{3}(\lambda -1)}{\lambda^2-2\lambda+4}}$

edit
διόρθωση αριθμού στο 1ο, ευχαριστώ τον Γιώργο Βισβίκη (που το πρόσεξε)

Γιώργος Απόκης · #2

parmenides51 έγραψε: 3. Δίνεται η εξίσωση $\displaystyle{\sqrt{3}(\lambda -1)\eta\mu x+3\sigma \upsilon \nu x=\sqrt{3}}$ (I) με $\displaystyle{\lambda \in \mathbb{R}}$ .
Αν $\displaystyle{x_1,x_2}$ δυο λύσεις της (I) για τις οποίες $\displaystyle{x_2-x_1\ne 2\kappa \pi }$ ( $\displaystyle{\kappa\in \mathbb{Z}}$ ),
ν' αποδειχτεί ότι $\displaystyle{\eta\mu (x_1+x_2)=\frac{2\sqrt{3}(\lambda -1)}{\lambda^2-2\lambda+4}}$

Αφού $\displaystyle{x_2-x_1\ne 2\kappa \pi~(\kappa \in \mathbb Z)}$ έχουμε ότι $\displaystyle{\eta\mu\frac{x_1-x_2}{2}\ne 0~(II)}$ .

Από την (Ι) έχουμε

$\displaystyle{\sqrt{3}(\lambda -1)\eta\mu x_1+3\sigma \upsilon \nu x_1=\sqrt{3}(\lambda -1)\eta\mu x_2+3\sigma \upsilon \nu x_2\Rightarrow \sqrt{3}(\lambda-1)(\eta\mu x_1-\eta \mu x_2)=3(\sigma \upsilon \nu x_2-\sigma \upsilon \nu x_1)\Rightarrow}$

$\displaystyle{2\sqrt{3}(\lambda -1)\eta\mu\frac{x_1-x_2}{2}\sigma\upsilon \nu\frac{x_1+x_2}{2}=6\eta\mu\frac{x_1+x_2}{2}\eta \mu\frac{x_1-x_2}{2}\overset{(II)}\Rightarrow \sqrt{3}(\lambda -1)\sigma\upsilon \nu\frac{x_1+x_2}{2}=3\eta\mu\frac{x_1+x_2}{2}~(III)$ .

Οι τριγωνομετρικοί αριθμοί της παραπάνω σχέσης δε μπορεί να είναι συγχρόνως μηδέν, άρα έχουμε :

$\displaystyle{\epsilon\phi\frac{x_1+x_2}{2}=\frac{\sqrt{3}}{3}(\lambda-1)}$ και από τη σχέση $\displaystyle{\eta\mu\omega=\frac{2\epsilon\phi\frac{\omega}{2}}{1+\epsilon\phi^2\frac{\omega}{2}}}$ για $\displaystyle{\omega=x_1+x_2}$ έχουμε

$\displaystyle{\eta \mu(x_1+x_2)=\frac{\frac{2\sqrt{3}(\lambda-1)}{3}}{1+\frac{(\lambda-1)^2}{3}}=\frac{2\sqrt{3}(\lambda-1)}{3+(\lambda-1)^2}=\frac{2\sqrt{3}(\lambda -1)}{\lambda^2-2\lambda+4}}$ ,

Σημ: Ευχαριστώ τον parmenides για μια βοήθεια-διευκρίνιση μετά τη σχέση (III) που απλοποίησε τη λύση από εκεί και μετά

#3

parmenides51 έγραψε:1. Δίνονται οι συναρτήσεις $\displaystyle{y=\frac{x^2}{2}}$ (I) και $\displaystyle{y=\lambda x-1-\frac{\lambda}{2}}$ (II).
α) Να γίνει η γραφική παράσταση της (I) και της (II) για $\displaystyle{\lambda=-1}$ και $\displaystyle{\lambda=2}$ στο ίδιο σύστημα αξόνων.
β) Ν' αποδειχθεί οτι οι δυο ευθείες που προκύπτουν από την (II) για $\displaystyle{\lambda=-1}$ και $\displaystyle{\lambda=2}$ , εφάπτονται της γραφικής παράστασης της (I)
και να ορισθούν οι συντεταγμένες του σημείου τομής των ευθειών αυτών.
γ) Να αποδειχθεί οτι οι ευθείες (II) (για κάθε πραγματική τιμή της παραμέτρου $\displaystyle{\lambda}$ ) διέρχονται από ένα σταθερό σημείο.

: ΠΜΔΜ 1976-1977.png (21.65 KiB) Προβλήθηκε 2672 φορές

β) Οι ευθείες που προκύπτουν είναι: $\displaystyle{{\varepsilon _1}:y = - x - \frac{1}{2}}$ και $\displaystyle{{\varepsilon _2}:y = 2x - 2}$

$\displaystyle{\frac{{{x^2}}}{2} = - x - \frac{1}{2} \Leftrightarrow {\left( {x + 1} \right)^2} = 0 \Leftrightarrow x = - 1}$ . Επειδή η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα η ευθεία $\displaystyle{{\varepsilon _1}}$ εφάπτεται στη γραφική παράσταση της (I)

στο σημείο $\displaystyle{\left( { - 1,\frac{1}{2}} \right)}$

$\displaystyle{\frac{{{x^2}}}{2} = 2x - 2 \Leftrightarrow {\left( {x - 2} \right)^2} = 0}$ . Ομοίως η ευθεία $\displaystyle{{\varepsilon _2}}$ εφάπτεται στη γραφική παράσταση της (I)

στο σημείο (2,2)

.

γ) $\displaystyle{y = \lambda x - 1 - \frac{\lambda }{2} \Leftrightarrow 2\lambda x - 2y - 2 - \lambda = 0 \Leftrightarrow \lambda (2x - 1) - 2(y + 1) = 0}$
Για $\displaystyle{x = \frac{1}{2},y = - 1}$ , η παραπάνω εξίσωση αληθεύει για κάθε τιμή του $\displaystyle{\lambda }$ . Επομένως όλες οι ευθείες διέρχονται από το σημείο $\displaystyle{A\left( {\frac{1}{2}, - 1} \right)}$

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #4

parmenides51 έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 30, 2013 3:42 pm

2. Δίνεται τετράεδρο $\displaystyle{\Delta.AB\Gamma}$ του οποίου η ακμή $\displaystyle{B\Gamma=\alpha}$ , η απέναντι της $\displaystyle{B\Gamma}$ ακμή $\displaystyle{\Delta A=\frac{4\alpha \sqrt3}{3}}$
και ακόμα $\displaystyle{AB=A\Gamma=\frac{2\alpha \sqrt3}{3}}$ και $\displaystyle{\Delta B=\Delta\Gamma=2\alpha}$ .

γ) Να υπολογισθεί ο όγκος του τετραέδρου $\displaystyle{\Delta.AB\Gamma}$ .

Στην παρούσα δημοσίευση θα λυθεί μόνο το τρίτο ζητούμενο του θέματος.

Θα υπολογιστεί το εμβαδόν του τριγώνου $AB\Gamma .$

$\displaystyle \sigma \upsilon \nu A=\frac{AB^{2}+A\Gamma ^{2}-B\Gamma ^{2}}{2\cdot AB\cdot A\Gamma }=\frac{\left ( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right )^{2}+\left ( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right )^{2}-a^{2}}{2\cdot\frac{2a\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3} }=\frac{\frac{4a^{2}}{3}+\frac{4a^{2}}{3}-a^{2}}{\frac{8a^{2}}{3}}=\frac{5}{8}$

Συνεπώς

$\displaystyle \eta \mu ^{2}A=1-\sigma \upsilon \nu ^{2}A=1-\left ( \frac{5}{8} \right )^{2}=1-\frac{25}{64}=\frac{39}{64}$

Έτσι λοιπόν

$\displaystyle \eta \mu A=\frac{\sqrt{39}}{8}$

Άρα
$\displaystyle \left ( AB\Gamma \right )=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot A\Gamma \cdot \eta \mu A=\frac{1}{2}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{\sqrt{39}}{8}=\frac{\sqrt{39}a^{2}}{12}$

Έστω

το μέσο της πλευράς $B\Gamma .$

Aφού το τρίγωνο $\Delta A B$ είναι ισοσκελές με $\Delta B=\Delta\Gamma =2a$ , το $\Delta M$ θα είναι ύψος και διάμεσος στο τρίγωνο αυτό.

Με εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος βρίσκεται ότι
$\displaystyle \Delta M^{2}=\Delta B^{2}-BM^{2}=\left ( 2a \right )^{2}-\left ( \frac{a}{2} \right )^{2}=4a^{2}-\frac{a^{2}}{4}=\frac{15a^{2}}{4}$

και επομένως $\displaystyle \Delta M=\frac{\sqrt{15}a}{2}$

Φυσικά και το τρίγωνο $A B\Gamma$ είναι ισοσκελές με $\displaystyle A B=A \Gamma=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$ , και έτσι η

είναι στο τρίγωνο αυτό διάμεσος και ύψος.

Πάλι με εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος βρίσκεται ότι

$\displaystyle AM^{2}=AB^{2}-BM^{2}=\left ( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right )^{2}-\left ( \frac{a}{2} \right )^{2}=\frac{4a^{2}}{3}-\frac{a^{2}}{4}=\frac{13a^{2}}{12}$ και επομένως $\displaystyle AM=\frac{\sqrt{13}a}{\sqrt{12}}$

Έστω ω η δίεδρη γωνία ακμής $B\Gamma.$ . Tότε μπορεί να γραφεί, από το τρίγωνο $\Delta A M$ , ότι

$\displaystyle \sigma \upsilon \nu \omega =\frac{\Delta M^{2}+AM ^{2}-A\Delta ^{2}}{2 \cdot \Delta M \cdot AM }=\frac{\frac{13a^{2}}{12}+\frac{15a^{2}}{4}-\frac{16a^{2}}{3}}{2 \cdot \frac{\sqrt{13}a}{\sqrt{12}}\cdot\frac{\sqrt{15}a}{2} }=...=-\frac{1}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{13}}$

Εύκολα βρίσκει τώρα κάποιος ότι $\displaystyle \eta \mu \omega =\frac{8}{\sqrt{13}\cdot \sqrt{5}}$

Έστω

το ίχνος του ύψους του τετραέδρου που άγεται από το $\Delta.$

Tότε από το ορθογώνιο τρίγωνο $H\Delta M$ προκύπτει ότι

$\displaystyle \Delta H=\eta \mu \omega \cdot \Delta M=\frac{8}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{13}} \cdot \frac{\sqrt{15}a}{2}=...=\frac{4\sqrt{3}a}{\sqrt{13}}$

Έτσι λοιπόν ο ζητούμενος όγκος είναι

$\displaystyle V=\frac{1}{3}\cdot \Delta H\cdot \left ( AB\Gamma \right )=\frac{1}{3}\cdot \frac{4\sqrt{3}a}{\sqrt{13}}\cdot \frac{\sqrt{39}a^{2}}{12}=...=\frac{a^{3}}{3}$

Δημοσιεύω αυτή τη λύση γιατί είναι διαφορετική από αυτήν που γράφηκε στο πρώτο τεύχος του '' Ευκλείδη Β' ''

της σχολικής χρονιάς 1977-1978.

#5

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 07, 2023 11:28 am

parmenides51 έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 30, 2013 3:42 pm

2. Δίνεται τετράεδρο $\displaystyle{\Delta.AB\Gamma}$ του οποίου η ακμή $\displaystyle{B\Gamma=\alpha}$ , η απέναντι της $\displaystyle{B\Gamma}$ ακμή $\displaystyle{\Delta A=\frac{4\alpha \sqrt3}{3}}$
και ακόμα $\displaystyle{AB=A\Gamma=\frac{2\alpha \sqrt3}{3}}$ και $\displaystyle{\Delta B=\Delta\Gamma=2\alpha}$ .

γ) Να υπολογισθεί ο όγκος του τετραέδρου $\displaystyle{\Delta.AB\Gamma}$ .
Στην παρούσα δημοσίευση θα λυθεί μόνο το τρίτο ζητούμενο του θέματος.

Θα υπολογιστεί το εμβαδόν του τριγώνου $AB\Gamma .$

$\displaystyle \sigma \upsilon \nu A=\frac{AB^{2}+A\Gamma ^{2}-B\Gamma ^{2}}{2\cdot AB\cdot A\Gamma }=\frac{\left ( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right )^{2}+\left ( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right )^{2}-a^{2}}{2\cdot\frac{2a\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3} }=\frac{\frac{4a^{2}}{3}+\frac{4a^{2}}{3}-a^{2}}{\frac{8a^{2}}{3}}=\frac{5}{8}$

Συνεπώς

$\displaystyle \eta \mu ^{2}A=1-\sigma \upsilon \nu ^{2}A=1-\left ( \frac{5}{8} \right )^{2}=1-\frac{25}{64}=\frac{39}{64}$

Έτσι λοιπόν

$\displaystyle \eta \mu A=\frac{\sqrt{39}}{8}$

Άρα
$\displaystyle \left ( AB\Gamma \right )=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot A\Gamma \cdot \eta \mu A=\frac{1}{2}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{\sqrt{39}}{8}=\frac{\sqrt{39}a^{2}}{12}$

Έστω το μέσο της πλευράς $B\Gamma .$

Aφού το τρίγωνο $\Delta A B$ είναι ισοσκελές με $\Delta B=\Delta\Gamma =2a$ , το $\Delta M$ θα είναι ύψος και διάμεσος στο τρίγωνο αυτό.

Με εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος βρίσκεται ότι
$\displaystyle \Delta M^{2}=\Delta B^{2}-BM^{2}=\left ( 2a \right )^{2}-\left ( \frac{a}{2} \right )^{2}=4a^{2}-\frac{a^{2}}{4}=\frac{15a^{2}}{4}$

και επομένως $\displaystyle \Delta M=\frac{\sqrt{15}a}{2}$

Φυσικά και το τρίγωνο $A B\Gamma$ είναι ισοσκελές με $\displaystyle A B=A \Gamma=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$ , και έτσι η είναι στο τρίγωνο αυτό διάμεσος και ύψος.

Πάλι με εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος βρίσκεται ότι

$\displaystyle AM^{2}=AB^{2}-BM^{2}=\left ( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right )^{2}-\left ( \frac{a}{2} \right )^{2}=\frac{4a^{2}}{3}-\frac{a^{2}}{4}=\frac{13a^{2}}{12}$ και επομένως $\displaystyle AM=\frac{\sqrt{13}a}{\sqrt{12}}$

Έστω ω η δίεδρη γωνία ακμής $B\Gamma.$ . Tότε μπορεί να γραφεί, από το τρίγωνο $\Delta A M$ , ότι

$\displaystyle \sigma \upsilon \nu \omega =\frac{\Delta M^{2}+AM ^{2}-A\Delta ^{2}}{2 \cdot \Delta M \cdot AM }=\frac{\frac{13a^{2}}{12}+\frac{15a^{2}}{4}-\frac{16a^{2}}{3}}{2 \cdot \frac{\sqrt{13}a}{\sqrt{12}}\cdot\frac{\sqrt{15}a}{2} }=...=-\frac{1}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{13}}$

Εύκολα βρίσκει τώρα κάποιος ότι $\displaystyle \eta \mu \omega =\frac{8}{\sqrt{13}\cdot \sqrt{5}}$

Έστω το ίχνος του ύψους του τετραέδρου που άγεται από το $\Delta.$

Tότε από το ορθογώνιο τρίγωνο $H\Delta M$ προκύπτει ότι

$\displaystyle \Delta H=\eta \mu \omega \cdot \Delta M=\frac{8}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{13}} \cdot \frac{\sqrt{15}a}{2}=...=\frac{4\sqrt{3}a}{\sqrt{13}}$

Έτσι λοιπόν ο ζητούμενος όγκος είναι

$\displaystyle V=\frac{1}{3}\cdot \Delta H\cdot \left ( AB\Gamma \right )=\frac{1}{3}\cdot \frac{4\sqrt{3}a}{\sqrt{13}}\cdot \frac{\sqrt{39}a^{2}}{12}=...=\frac{a^{3}}{3}$

Δημοσιεύω αυτή τη λύση γιατί είναι διαφορετική από αυτήν που γράφηκε στο πρώτο τεύχος του '' Ευκλείδη Β' ''

της σχολικής χρονιάς 1977-1978.

Καλησπέρα από Γρεβενά...

Αναρτώ ένα σχήμα για καλύτερη ανάγνωση της ορθής λύσης του φίλου
Τηλέμαχου. Το πράττω ύστερα από αίτημά του.

: Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ΄ Λυκείου Κλασσικό 1.png (20.32 KiB) Προβλήθηκε 2054 φορές

Το σχήμα είναι κατασκευασμένο σύμφωνα με τα δεδομένα της άσκησης.

Κώστας Δόρτσιος

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #6

Kώστα, σε ευχαριστώ για το όμορφο και κατατοπιστικό σχέδιο.
Σε ευχαριστώ για την άμεση ανταπόκρισή σου...
Κώστα, είσαι πολύτιμος...

Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς
Ένας μαθηματικός σε ένα γυμνάσιο ενός χωριού της Κεφαλονιάς.

Al.Koutsouridis · #7

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 07, 2023 11:28 am

parmenides51 έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 30, 2013 3:42 pm

2. Δίνεται τετράεδρο $\displaystyle{\Delta.AB\Gamma}$ του οποίου η ακμή $\displaystyle{B\Gamma=\alpha}$ , η απέναντι της $\displaystyle{B\Gamma}$ ακμή $\displaystyle{\Delta A=\frac{4\alpha \sqrt3}{3}}$
και ακόμα $\displaystyle{AB=A\Gamma=\frac{2\alpha \sqrt3}{3}}$ και $\displaystyle{\Delta B=\Delta\Gamma=2\alpha}$ .

γ) Να υπολογισθεί ο όγκος του τετραέδρου $\displaystyle{\Delta.AB\Gamma}$ .
Στην παρούσα δημοσίευση θα λυθεί μόνο το τρίτο ζητούμενο του θέματος.

Θα υπολογιστεί το εμβαδόν του τριγώνου $AB\Gamma .$

$\displaystyle \sigma \upsilon \nu A=\frac{AB^{2}+A\Gamma ^{2}-B\Gamma ^{2}}{2\cdot AB\cdot A\Gamma }=\frac{\left ( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right )^{2}+\left ( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right )^{2}-a^{2}}{2\cdot\frac{2a\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3} }=\frac{\frac{4a^{2}}{3}+\frac{4a^{2}}{3}-a^{2}}{\frac{8a^{2}}{3}}=\frac{5}{8}$

Συνεπώς

$\displaystyle \eta \mu ^{2}A=1-\sigma \upsilon \nu ^{2}A=1-\left ( \frac{5}{8} \right )^{2}=1-\frac{25}{64}=\frac{39}{64}$

Έτσι λοιπόν

$\displaystyle \eta \mu A=\frac{\sqrt{39}}{8}$

Άρα
$\displaystyle \left ( AB\Gamma \right )=\frac{1}{2}\cdot AB\cdot A\Gamma \cdot \eta \mu A=\frac{1}{2}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{2a\sqrt{3}}{3}\cdot\frac{\sqrt{39}}{8}=\frac{\sqrt{39}a^{2}}{12}$

Έστω το μέσο της πλευράς $B\Gamma .$

Aφού το τρίγωνο $\Delta A B$ είναι ισοσκελές με $\Delta B=\Delta\Gamma =2a$ , το $\Delta M$ θα είναι ύψος και διάμεσος στο τρίγωνο αυτό.

Με εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος βρίσκεται ότι
$\displaystyle \Delta M^{2}=\Delta B^{2}-BM^{2}=\left ( 2a \right )^{2}-\left ( \frac{a}{2} \right )^{2}=4a^{2}-\frac{a^{2}}{4}=\frac{15a^{2}}{4}$

και επομένως $\displaystyle \Delta M=\frac{\sqrt{15}a}{2}$

Φυσικά και το τρίγωνο $A B\Gamma$ είναι ισοσκελές με $\displaystyle A B=A \Gamma=\frac{2a\sqrt{3}}{3}$ , και έτσι η είναι στο τρίγωνο αυτό διάμεσος και ύψος.

Πάλι με εφαρμογή του Πυθαγορείου Θεωρήματος βρίσκεται ότι

$\displaystyle AM^{2}=AB^{2}-BM^{2}=\left ( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right )^{2}-\left ( \frac{a}{2} \right )^{2}=\frac{4a^{2}}{3}-\frac{a^{2}}{4}=\frac{13a^{2}}{12}$ και επομένως $\displaystyle AM=\frac{\sqrt{13}a}{\sqrt{12}}$

Έστω ω η δίεδρη γωνία ακμής $B\Gamma.$ . Tότε μπορεί να γραφεί, από το τρίγωνο $\Delta A M$ , ότι

$\displaystyle \sigma \upsilon \nu \omega =\frac{\Delta M^{2}+AM ^{2}-A\Delta ^{2}}{2 \cdot \Delta M \cdot AM }=\frac{\frac{13a^{2}}{12}+\frac{15a^{2}}{4}-\frac{16a^{2}}{3}}{2 \cdot \frac{\sqrt{13}a}{\sqrt{12}}\cdot\frac{\sqrt{15}a}{2} }=...=-\frac{1}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{13}}$

Εύκολα βρίσκει τώρα κάποιος ότι $\displaystyle \eta \mu \omega =\frac{8}{\sqrt{13}\cdot \sqrt{5}}$

Έστω το ίχνος του ύψους του τετραέδρου που άγεται από το $\Delta.$

Tότε από το ορθογώνιο τρίγωνο $H\Delta M$ προκύπτει ότι

$\displaystyle \Delta H=\eta \mu \omega \cdot \Delta M=\frac{8}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{13}} \cdot \frac{\sqrt{15}a}{2}=...=\frac{4\sqrt{3}a}{\sqrt{13}}$

Έτσι λοιπόν ο ζητούμενος όγκος είναι

$\displaystyle V=\frac{1}{3}\cdot \Delta H\cdot \left ( AB\Gamma \right )=\frac{1}{3}\cdot \frac{4\sqrt{3}a}{\sqrt{13}}\cdot \frac{\sqrt{39}a^{2}}{12}=...=\frac{a^{3}}{3}$

Δημοσιεύω αυτή τη λύση γιατί είναι διαφορετική από αυτήν που γράφηκε στο πρώτο τεύχος του '' Ευκλείδη Β' ''

της σχολικής χρονιάς 1977-1978.

Να σημειώσουμε ότι το εμβαδόν του τριγώνου της βάσης του τετράδερου ABC

θα μπορούσε να υπολογιστεί και ως

$(ABC) = \dfrac{1}{2} \cdot BA \cdot BC \cdot \sin \widehat{ABC}$ , όπου

$\sin \widehat{ABC} = \dfrac{AM}{AB}= \dfrac{\dfrac{\sqrt{13}a}{\sqrt{12}}}{\dfrac{2\sqrt{3}a}{3}}=\dfrac{\sqrt{13}}{4}$

αποφεύγοντας έτσι μερικές πράξεις. Ο όγκος του τετράεδρου DABC

(χρησιμοποιώ το σχήμα του κ. Δόρτσιου παραπάνω) γίνεται

$V= \dfrac{1}{6} \cdot BA \cdot BC \cdot BD \cdot \sin \widehat{DBC} \cdot \sin \widehat{ABC} \cdot \sin (BC)$

όπου $\sin (BC)$ είναι το ημίτονο της δίεδρης γωνίας στην ακμή

. Όλα τα παραπάνω τα έχει υπολογίσει ήδη ο κ. Τηλέμαχος.

Το γινόμενο $\Delta(B) = \sin \widehat{DBC} \cdot \sin \widehat{ABC} \cdot \sin (BC)$ εξαρτάται από τα χαρακτηριστικά τις τρίεδρης γωνίας B.ADC

, σε μερικά βιβλία αναφέρεται και ως ημίτονο Staudt της τρίεδρης γωνίας.

Γενικά ο όγκος ενός τετράεδρου ABCD

(βλέπε σχήμα παρακάτω για τους συμβολισμούς) μπορεί να δοθεί από τον τύπο (Staudt)

$V=\dfrac{1}{6}abc\Delta(D)$

όπου $\Delta(D) = \sin \widehat{ADC} \cdot \sin \widehat{BDC} \cdot \sin (CD)$ .

: Screenshot 2023-09-09 at 23.58.31.png (23.48 KiB) Προβλήθηκε 1988 φορές

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #8

parmenides51 έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 30, 2013 3:42 pm
2. Δίνεται τετράεδρο $\displaystyle{\Delta.AB\Gamma}$ του οποίου η ακμή $\displaystyle{B\Gamma=\alpha}$ , η απέναντι της $\displaystyle{B\Gamma}$ ακμή $\displaystyle{\Delta A=\frac{4\alpha \sqrt3}{3}}$
και ακόμα $\displaystyle{AB=A\Gamma=\frac{2\alpha \sqrt3}{3}}$ και $\displaystyle{\Delta B=\Delta\Gamma=2\alpha}$ .
α) Να βρεθεί το μέτρο της δίεδρου γωνίας με ακμής την $\displaystyle{\Delta A}$ .
β) Να καθορισθεί η θέση της κοινής καθέτου και να εκφρασθεί η ελάχιστη απόσταση των $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ συναρτήσει του $\displaystyle{\alpha}$ .

Nομίζω ότι πρέπει να γράψω λύση για τα δύο πρώτα ζητούμενα του θέματος...

Το τρίγωνο $BA\Delta$ είναι ορθογώνιο στο

Aυτό γιατί

$\displaystyle BA^{2}+B\Delta ^{2}=\left ( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right )^{2}+\left ( 2a \right )^{2}=\frac{4a^{2}}{3}+4a^{2}=\frac{16a^{2}}{3}=\left ( \frac{4a\sqrt{3}}{3} \right )^{2}=A\Delta ^{2}$

Mε ακριβώς ίδιες σκέψεις αποδεικνύεται ότι το τρίγωνο $\Gamma A \Delta$ είναι ορθογώνιο στο $\Gamma.$

Έστω

το κοινό ίχνος των υψών προς την υποτείνουσα $A \Delta$ των ορθογωνίων τριγώνων $BA\Delta, \Gamma A \Delta.$

Το επίπεδο των ευθειών $BE,\Gamma E$ είναι κάθετο στην ευθεία $A \Delta.$

Άρα και η

, ως ευθεία του επιπέδου αυτού, είναι κάθετη στην $A \Delta.$

Aς υπολογιστεί τώρα το μήκος του BE.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $BA\Delta$ ισχύει ότι $A\hat{\Delta }B=30^{0},$ αφού $2AB=A\Delta.$

Συνεπώς στο ορθογώνιο τρίγωνο $EB\Delta$ ισχύει ότι

$\displaystyle BE=\frac{AB}{2}=\frac{2a}{2}=a.$

Mε ανάλογες σκέψεις μπορεί να αποδειχθεί ότι $\Gamma E=a.$

Έτσι λοιπόν το τρίγωνο $B \Gamma E$ είναι ισόπλευρο πλευράς

Eπομένως $B\hat{E}\Gamma =60^{0}$

Aυτό , μαζί με το γεγονός ότι το επίπεδο των ευθειών $BE,\Gamma E$ είναι κάθετο στην $A \Delta$

αρκεί για να καταλάβουμε ότι η ζητούμενη δίεδρη γωνία είναι ίση με $60^{0}.$

Είδαμε πριν ότι η

είναι κάθετη στην $A \Delta.$

Από το ισόπλευρο τρίγωνο $EB\Gamma$ προκύπτει ότι η

είναι κάθετη στη $B\Gamma.$

Άρα η

είναι η κοινή κάθετος των ευθειών $A \Delta, B\Gamma.$

H ζητούμενη ελάχιστη απόσταση είναι όσο το μήκος του

, που ως ύψος του

ισοπλεύρου τριγώνου $B \Gamma E$ είναι $\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}$

#9

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 17, 2023 7:07 pm

parmenides51 έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 30, 2013 3:42 pm
2. Δίνεται τετράεδρο $\displaystyle{\Delta.AB\Gamma}$ του οποίου η ακμή $\displaystyle{B\Gamma=\alpha}$ , η απέναντι της $\displaystyle{B\Gamma}$ ακμή $\displaystyle{\Delta A=\frac{4\alpha \sqrt3}{3}}$
και ακόμα $\displaystyle{AB=A\Gamma=\frac{2\alpha \sqrt3}{3}}$ και $\displaystyle{\Delta B=\Delta\Gamma=2\alpha}$ .
α) Να βρεθεί το μέτρο της δίεδρου γωνίας με ακμής την $\displaystyle{\Delta A}$ .
β) Να καθορισθεί η θέση της κοινής καθέτου και να εκφρασθεί η ελάχιστη απόσταση των $\displaystyle{A\Delta}$ και $\displaystyle{B\Gamma}$ συναρτήσει του $\displaystyle{\alpha}$ .
Nομίζω ότι πρέπει να γράψω λύση για τα δύο πρώτα ζητούμενα του θέματος...

Το τρίγωνο $BA\Delta$ είναι ορθογώνιο στο

Aυτό γιατί

$\displaystyle BA^{2}+B\Delta ^{2}=\left ( \frac{2a\sqrt{3}}{3} \right )^{2}+\left ( 2a \right )^{2}=\frac{4a^{2}}{3}+4a^{2}=\frac{16a^{2}}{3}=\left ( \frac{4a\sqrt{3}}{3} \right )^{2}=A\Delta ^{2}$

Mε ακριβώς ίδιες σκέψεις αποδεικνύεται ότι το τρίγωνο $\Gamma A \Delta$ είναι ορθογώνιο στο $\Gamma.$

Έστω το κοινό ίχνος των υψών προς την υποτείνουσα $A \Delta$ των ορθογωνίων τριγώνων $BA\Delta, \Gamma A \Delta.$

Το επίπεδο των ευθειών $BE,\Gamma E$ είναι κάθετο στην ευθεία $A \Delta.$

Άρα και η , ως ευθεία του επιπέδου αυτού, είναι κάθετη στην $A \Delta.$

Aς υπολογιστεί τώρα το μήκος του

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $BA\Delta$ ισχύει ότι $A\hat{\Delta }B=30^{0},$ αφού $2AB=A\Delta.$

Συνεπώς στο ορθογώνιο τρίγωνο $EB\Delta$ ισχύει ότι

$\displaystyle BE=\frac{AB}{2}=\frac{2a}{2}=a.$

Mε ανάλογες σκέψεις μπορεί να αποδειχθεί ότι $\Gamma E=a.$

Έτσι λοιπόν το τρίγωνο $B \Gamma E$ είναι ισόπλευρο πλευράς

Eπομένως $B\hat{E}\Gamma =60^{0}$

Aυτό , μαζί με το γεγονός ότι το επίπεδο των ευθειών $BE,\Gamma E$ είναι κάθετο στην $A \Delta$

αρκεί για να καταλάβουμε ότι η ζητούμενη δίεδρη γωνία είναι ίση με $60^{0}.$

Είδαμε πριν ότι η είναι κάθετη στην $A \Delta.$

Από το ισόπλευρο τρίγωνο $EB\Gamma$ προκύπτει ότι η είναι κάθετη στη $B\Gamma.$

Άρα η είναι η κοινή κάθετος των ευθειών $A \Delta, B\Gamma.$

H ζητούμενη ελάχιστη απόσταση είναι όσο το μήκος του , που ως ύψος του

ισοπλεύρου τριγώνου $B \Gamma E$ είναι $\displaystyle \frac{a\sqrt{3}}{2}$

Καλησπέρα από Γρεβενά...

Και πάλι, ύστερα από αίτημα του φίλου Τηλέμαχου, αναρτώ το αντίστοιχο σχήμα

για καλύτερη εποπτεία.

: Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΣΙΚΟ 1.png (29.29 KiB) Προβλήθηκε 1833 φορές

Κώστας Δόρτσιος

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #10

Kώστα , σε ευχαριστώ πολύ για μια ακόμη φορά...
Δεν είσαι δεδομένος...

Μόλις ο Κώστας Δόρτσιος δημοσίευσε το όμορφο σχήμα του , είχε την καλοσύνη να μου τηλεφωνήσει.
Στη συζήτηση που είχαμε μου επισήμανε ότι στη λύση μου έπρεπε να γραφεί :

Έστω E το κοινό ίχνος των υψών προς την υποτείνουσα $A \Delta$ των ίσων ορθογωνίων τριγώνων $BA\Delta, \Gamma A \Delta.$

Η προσθήκη μιας λέξης ήταν σημαντική...
Στα μαθηματικά οφείλουμε να ακριβολογούμε, ο Κώστας είχε δίκιο, τον ευχαριστώ για την παρατήρησή του.

Ευχαριστίες οφείλονται και στον Αλέξανδρο Κουτσουρίδη, τον άνθρωπο που δίνει τόσα πολλά με τις ιδέες του και τις μεταφράσεις του.
Οφείλω να παραδεχτώ ότι η αναφορά του στα ημίτονα Staudt με εντυπωσίασε.
Ειλικρινά, ουδέποτε θυμάμαι να διάβασα κάτι τέτοιο στα ελληνικά βιβλία Στερεομετρίας.
Επειδή όμως δε θεωρώ τον εαυτό μου ως αυθεντία, θα το εκτιμούσα αν κάποιος υποδείκνυε ένα ελληνικό βιβλίο που περιέχει τα
όσα έγραψε ο Αλέξανδρος.
Κλείνοντας αυτή τη δημοσίευση , θέλω να γράψω ότι θα προσπαθήσω να δώσω συνέχεια στα θέματα Στερεομετρίας.
Αν και είναι τελείως εκτός επικαιρότητας, έχουν κάτι να προσφέρουν...

Al.Koutsouridis · #11

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 21, 2023 11:24 pm
Οφείλω να παραδεχτώ ότι η αναφορά του στα ημίτονα Staudt με εντυπωσίασε.

Απλά φιλολογικά, για να φανεί καλύτερα πιθανόν το γιατί ονομάζεται ημίτονο...

Κράταμε τον συμβολισμό της δημοσίευσης #7 παραπάνω και εισάγουμε επιπλέον τους εξής: με $a_{1}, b_{1}, c_{1}$ θα συμβολίσουμε τα μήκη των ακμών που βρίσκονται απέναντι από τις a, b, c

αντίστοιχα.

Όπως είδαμε ισχύει $6V=abc\Delta(D)$ . Όπου $\Delta(D) = \sin \widehat{ADC} \cdot \sin \widehat{BDC} \cdot \sin (CD)$ . Αντίστοιχα και για τις άλλες τρίεδρες γωνίες θα έχουμε

$6V=abc\Delta(D)=a_{1}b_{1}c\Delta(C)=a_{1}bc_{1}\Delta(B)=ab_{1}c_{1}\Delta(A)$

διαιρώντας αυτές τις ισότητες με το γινόμενο των μηκών όλων των ακμών $abca_{1}b_{1}c_{1}$ βρίσκουμε

$\dfrac{\Delta(A)}{a_{1}bc} = \dfrac{\Delta(B)}{ab_{1}c}=\dfrac{\Delta(C)}{abc_{1}}=\dfrac{\Delta(D)}{abc}=\dfrac{6V}{abca_{1}b_{1}c_{1}}$

Τα ημίτονα Staudt των τρίεδρων γωνιών ενός τετραέδρου είναι ανάλογα του γινομένου των μηκών των τριών ακμών, που βρίσκονται απέναντι από αυτές τις γωνίες.

Δηλαδή ένα ιδίοτυπο νόμο ημιτόνων για τετραέδρα.

: Screenshot 2023-09-23 at 21.19.45.png (23.9 KiB) Προβλήθηκε 1718 φορές

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #12

Nα ευχαριστήσω τον Αλέξανδρο για τον ιδιότυπο νόμο ημιτόνων του τετραέδρου που μας ανάφερε.

Αν κάποιος έχει λύσει τα δύο πρώτα σκέλη του θέματος , το τρίτο σκέλος, ο όγκος του τετραέδρου, υπολογίζεται εύκολα.

Πράγματι

$\displaystyle V_{\Delta .AB\Gamma }=V_{A.B\Gamma E} +V_{\Delta .B\Gamma E}=\frac{1}{3}\left ( EB\Gamma \right )\cdot AE+\frac{1}{3}\left ( EB\Gamma \right )\cdot \Delta E=$

$\displaystyle \frac{1}{3}\left ( EB\Gamma \right )\cdot \left ( AE+\Delta E \right )=\frac{1}{3}\left ( EB\Gamma \right )\cdot A\Delta =$

$\displaystyle \frac{1}{3}\cdot \frac{a^{2}\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{4a\sqrt{3}}{3}=\frac{a^{3}}{3}$

Aυτό που με έκανε να ασχοληθώ με το θέμα ήταν το ό,τι μπόρεσα να υπολογίσω τον όγκο του τετραέδρου

δίχως τη λύση των δύο πρώτων σκελών.

Νομίζω ότι προέκυψε πολλαπλό όφελος από τις παραπάνω δημοσιεύσεις...

Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1976-77 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΛΑΣΙΚΟ

Μέλη σε σύνδεση