mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιουν 10, 2024 9:48 pm**

1) Δίνεται τρίγωνο και σημεία πάνω στις κάθετες των που διέρχονται από τα

αντίστοιχα, έτσι ώστε $\widehat{BAD}=\widehat{CAE}=\theta$ και τα βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο που ορίζει η ευθεία από τα .

Έστω το σημείο τομής των καθέτων των που διέρχονται από τα αντίστοιχα.

Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του καθώς μεταβάλλεται η γωνία $\theta$ .

2) Να βρεθεί ο ίδιος τόπος, όπου τα είναι εκατέρωθεν του ημιεπιπέδου που ορίζει η ευθεία από τα .

*Για το δεύτερο δεν έχω λύση.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 29, 2024 5:10 pm**

Έχω λύση τώρα και για τους δύο τόπους.

Ο πρώτος είναι μία ευθεία, συμμετρική του ύψους του τριγώνου ως προς την μεσοκάθετο του

.

Ο δεύτερος μπορεί να είναι είτε υπερβολή είτε παραβολή ανάλογα με το τρίγωνο ABC

.

Παραθέτω δύο προτάσεις που βοηθούν στην απόδειξη των δύο τόπων.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 29, 2024 5:11 pm**

Πρόταση 1

Δίνονται δύο σημεία A, B

και ευθεία στην οποία κινείται ένα σημείο

.
Το αντιδιαμετρικό του

ως προς τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

κινείται σε:

Ευθεία αν η δεδομένη ευθεία είναι κάθετη στον φορέα του

Παραβολή αν η δεδομένη ευθεία είναι παράλληλη στον φορέα του

Υπερβολή σε κάθε άλλη περίπτωση

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 29, 2024 5:11 pm**

Πρόταση 2

Δίνονται δύο τεμνόμενες στο

ευθείες και ένα σταθερό σημείο σε καθεμία, έστω

και

. Αν τα

κινούνται στις ευθείες από τα A,B

αντίστοιχα έτσι ώστε $\dfrac{DA}{EB}=k$ να είναι σταθερό και τα D,E

να βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο που ορίζουν τα A,B

, τότε το σημείο τομής

των

κινείται σε ευθεία που διέρχεται από σταθερό σημείο ανεξάρτητα της τιμής του

Αν τα

βρίσκονται σε διαφορετικό ημιεπίπεδο, τότε το

κινείται πάλι σε ευθεία που θα διέρχεται από το ίδιο σταθερό σημείο.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 29, 2024 5:18 pm**

Και οι δύο γεωμετρικοί τόποι μπορούν να βρεθούν γρήγορα με βάση τις δύο προτάσεις, για τις οποίες δεν έχω χρόνο τώρα να ανεβάσω λύση, πιθανώς θα το κάνω αύριο.

Θα αναφέρω μόνο πως την πρώτη την απέδειξα με χρήση συντεταγμένων ενώ για την δεύτερη ευχαριστώ τον κύριο Βαρβεράκη που μου υπέδειξε τον σταθερό λόγο αποστάσεων σημείου από δεδομένες ευθείες, ο οποίος προκύπτει μέσω σχέσης εμβαδών τριγώνων.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 16, 2024 12:13 pm**

∫ot.T. έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 29, 2024 5:18 pm
Και οι δύο γεωμετρικοί τόποι μπορούν να βρεθούν γρήγορα με βάση τις δύο προτάσεις, για τις οποίες δεν έχω χρόνο τώρα να ανεβάσω λύση, πιθανώς θα το κάνω αύριο.

Θα αναφέρω μόνο πως την πρώτη την απέδειξα με χρήση συντεταγμένων ενώ για την δεύτερη ευχαριστώ τον κύριο Βαρβεράκη που μου υπέδειξε τον σταθερό λόγο αποστάσεων σημείου από δεδομένες ευθείες, ο οποίος προκύπτει μέσω σχέσης εμβαδών τριγώνων.

Λυπάμαι που τελικά δεν ανέβασα κάτι, λόγω διακοπών δεν μπορούσα τις τελευταίες μέρες.

Για την πρόταση 1 και την πρώτη περίπτωση θα θεωρήσουμε τα ίχνη E,M,D

των

αντίστοιχα.

Προφανώς τα M,E

είναι σταθερά, και έχουμε ότι το τετράπλευρο SCDE

είναι τραπέζιο, με την ευθεία από τα O,M

να είναι παράλληλη στις δύο παράλληλες του τραπεζίου και να διέρχεται από το κέντρο της

, οπότε προκύπτει ότι και το

θα είναι μέσω του

, άρα το σημείο

είναι σταθερό και ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία που διέρχεται από το

και είναι κάθετη στον φορέα του

.

Προχωρώντας στην δεύτερη περίπτωση θεωρώ ως άξονα

την ευθεία διερχόμενη από τα A,B

και ως άξονα

την ευθεία που διέρχεται από τα O,M

, το

ορίστηκε στην απόδειξη της πρώτης περίπτωσης.

Έτσι θεωρώ τις συντεταγμένες των A,B

να είναι

αντίστοιχα, με

σταθερό αριθμό.

Θεωρώ επιπλέον τις συντεταγμένες του C να είναι $(x_{c},t)$ με

σταθερό αριθμό.

Οπότε για να βρεθούν οι συντεταγμένες του σημείου

αρκεί να βρεθεί το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του

(άξονας

) με την μεσοκάθετο του

.

Για να βρεθεί η εξίσωση της τελευταίας ευθείας πρέπει πρώτα να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας διερχόμενη των C,B

, για την οποία θα ισχύει $\dfrac{x+k}{y}=\dfrac{x_{c}+k}{t}$ .

Άρα $y=\dfrac{t}{x_{c}+k}\cdot x + \dfrac{k}{x_{c}+k}$ , από την οποία μας ενδιαφέρει η κλίση για να βρεθεί και η κλίση της μεσοκάθετης, που θα είναι αντίθετη της αντίστροφης κλίσης του φορέα των C,B

.

Τελικά η εξίσωση της μεσοκάθετης θα είναι της μορφής $y=-\dfrac{x_{c}+k}{t}\cdot x+c$
Για τον υπολογισμό του

θέτουμε $x=\dfrac{x_{c}-k}{2}, y=\dfrac{t}{2}$ και μετά από πράξεις έχουμε:

$c = \dfrac{t^{2}+x_{c}^{2}-k^{2}}{2t}$ , που θα είναι η τεταγμένη του

.

Τέλος, για τις συντεταγμένες του $S(x_{s},y_{s})$ θα έχουμε $x_{s}=-x_{c}$ και $\dfrac{y_{s}+t}{2}=c$ που μετά από πράξεις δίνει $y_{s}=\dfrac{x_{s}^{2}-k^{2}}{t}$ που είναι παραβολή.

Την τρίτη περίπτωση θα την παρουσιάσω ακροθιγώς.

Ως άξονα

θεωρώ τον φορέα των A,B

και ως κέντρο αξόνων το σημείο τομής της δεδομένης ευθείας που κινείται το

με τον άξονα

. Με όμοιο τρόπο αναζητώ τις συντεταγμένες του σημείου

που προκύπτει να είναι

$(\dfrac{x_{a}+x_{b}}{2},\dfrac{(x_{b}-x_{c})(x_{a}+x_{b})+y_{c}^{2}+x_{c}^{2}-x_{b}^{2}}{2y_{c}^{2}})$ .

Οπότε για το σημείο

έχουμε $\dfrac{x_{s}+x_{c}}{2}=\dfrac{x_{a}+x_{b}}{2}$ και $\dfrac{y_{s}+y_{c}}2{}=y_{o}$ , που μετά από πράξεις και χρησιμοποιώντας το

γεγονός ότι $y_{c}=\lambda x_{c}$ προκύπτει ότι $y_{s}=\dfrac{(x_{b}-x_{s})(x_{a}-x_{s})}{\lambda (x_{a}+x_{b}-x_{s})}$ που είναι υπερβολή.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 16, 2024 12:23 pm**

∫ot.T. έγραψε: ↑
Τρί Ιούλ 16, 2024 12:13 pm

∫ot.T. έγραψε: ↑
Σάβ Ιουν 29, 2024 5:18 pm
Και οι δύο γεωμετρικοί τόποι μπορούν να βρεθούν γρήγορα με βάση τις δύο προτάσεις, για τις οποίες δεν έχω χρόνο τώρα να ανεβάσω λύση, πιθανώς θα το κάνω αύριο.

Θα αναφέρω μόνο πως την πρώτη την απέδειξα με χρήση συντεταγμένων ενώ για την δεύτερη ευχαριστώ τον κύριο Βαρβεράκη που μου υπέδειξε τον σταθερό λόγο αποστάσεων σημείου από δεδομένες ευθείες, ο οποίος προκύπτει μέσω σχέσης εμβαδών τριγώνων.
Λυπάμαι που τελικά δεν ανέβασα κάτι, λόγω διακοπών δεν μπορούσα τις τελευταίες μέρες.

Για την πρόταση 1 και την πρώτη περίπτωση θα θεωρήσουμε τα ίχνη των αντίστοιχα.

Προφανώς τα είναι σταθερά, και έχουμε ότι το τετράπλευρο είναι τραπέζιο, με την ευθεία από τα να είναι παράλληλη στις δύο παράλληλες του τραπεζίου και να διέρχεται από το κέντρο της , οπότε προκύπτει ότι και το θα είναι μέσω του , άρα το σημείο είναι σταθερό και ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία που διέρχεται από το και είναι κάθετη στον φορέα του .

Προχωρώντας στην δεύτερη περίπτωση θεωρώ ως άξονα την ευθεία διερχόμενη από τα και ως άξονα την ευθεία που διέρχεται από τα , το ορίστηκε στην απόδειξη της πρώτης περίπτωσης.

Έτσι θεωρώ τις συντεταγμένες των να είναι αντίστοιχα, με σταθερό αριθμό.

Θεωρώ επιπλέον τις συντεταγμένες του C να είναι $(x_{c},t)$ με σταθερό αριθμό.

Οπότε για να βρεθούν οι συντεταγμένες του σημείου αρκεί να βρεθεί το σημείο τομής της μεσοκαθέτου του (άξονας ) με την μεσοκάθετο του .

Για να βρεθεί η εξίσωση της τελευταίας ευθείας πρέπει πρώτα να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας διερχόμενη των , για την οποία θα ισχύει $\dfrac{x+k}{y}=\dfrac{x_{c}+k}{t}$ .

Άρα $y=\dfrac{t}{x_{c}+k}\cdot x + \dfrac{k}{x_{c}+k}$ , από την οποία μας ενδιαφέρει η κλίση για να βρεθεί και η κλίση της μεσοκάθετης, που θα είναι αντίθετη της αντίστροφης κλίσης του φορέα των .

Τελικά η εξίσωση της μεσοκάθετης θα είναι της μορφής $y=-\dfrac{x_{c}+k}{t}\cdot x+c$
Για τον υπολογισμό του θέτουμε $x=\dfrac{x_{c}-k}{2}, y=\dfrac{t}{2}$ και μετά από πράξεις έχουμε:

$c = \dfrac{t^{2}+x_{c}^{2}-k^{2}}{2t}$ , που θα είναι η τεταγμένη του .

Τέλος, για τις συντεταγμένες του $S(x_{s},y_{s})$ θα έχουμε $x_{s}=-x_{c}$ και $\dfrac{y_{s}+t}{2}=c$ που μετά από πράξεις δίνει $y_{s}=\dfrac{x_{s}^{2}-k^{2}}{t}$ που είναι παραβολή.

Την τρίτη περίπτωση θα την παρουσιάσω ακροθιγώς.

Ως άξονα θεωρώ τον φορέα των και ως κέντρο αξόνων το σημείο τομής της δεδομένης ευθείας που κινείται το με τον άξονα . Με όμοιο τρόπο αναζητώ τις συντεταγμένες του σημείου που προκύπτει να είναι

$(\dfrac{x_{a}+x_{b}}{2},\dfrac{(x_{b}-x_{c})(x_{a}+x_{b})+y_{c}^{2}+x_{c}^{2}-x_{b}^{2}}{2y_{c}^{2}})$ .

Οπότε για το σημείο έχουμε $\dfrac{x_{s}+x_{c}}{2}=\dfrac{x_{a}+x_{b}}{2}$ και $\dfrac{y_{s}+y_{c}}2{}=y_{o}$ , που μετά από πράξεις και χρησιμοποιώντας το

γεγονός ότι $y_{c}=\lambda x_{c}$ προκύπτει ότι $y_{s}=\dfrac{(x_{b}-x_{s})(x_{a}-x_{s})}{\lambda (x_{a}+x_{b}-x_{s})}$ που είναι υπερβολή.

Παραθέτω τρία σχήματα για τις περιπτώσεις. Με διακεκομμένες γραμμές φαίνεται ο γεωμετρικός τόπος.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 16, 2024 2:41 pm**

Για την απόδειξη της πρότασης 2 αναφέρω αρχικά ότι το σημείο

είναι αυτό έτσι ώστε το τετράπλευρο SAPB

να είναι παραλληλόγραμμο.

Όσο τα σημεία D,E

κινούνται εντός των τμημάτων AP, BP

τότε

(1)

Έστω τώρα ότι η απόσταση των πλευρών SB, AP

είναι $h_{1}$ και η απόσταση των SA, BP

είναι $h_{2}$ , επίσης έστω $H_{1}, H_{2}$ τα ίχνη του

στους φορείς των SB,SA

αντίστοιχα.

Τότε η (1) γίνεται $PE\cdot h_{2}+EB\cdot (h_{2}-HH_{2})=PD\cdot h_{1}+DA\cdot (h_{1}-HH_{1})$

Άρα $PA\cdot h_{1}-EB\cdot HH_{2}=PB\cdot h_{2}-DA\cdot HH_{1}$

Δηλαδή $\dfrac{HH_{2}}{HH_{1}}=\dfrac{DA}{EB}=k$ σταθερό.

Άρα το

κινείται σε ευθεία που διέρχεται από το

.

Στην περίπτωση που το

ή το

βρεθεί έξω από τα τμήματα AP, BP

προκύπτει πάλι το ίδιο αποτέλεσμα με την ίδια μεθοδολογία.

Όμοια αποδεικνύεται και η περίπτωση τα D,E

να κινούνται εκατέρωθεν της ευθείας που διέρχεται από τα A,B

.

Για την λύση του αρχικού προβλήματος πρέπει να αναφέρω ότι αυτή η ευθεία που κινείται το

στην δεύτερη περίπτωση θα είναι παράλληλη στο

αν και μόνο αν $\dfrac{DA}{BE}=\dfrac{AP}{BP}$ .

Μία απόδειξη για αυτό είναι μέσω της ισότητας των εμβαδών (HAS),(HBS)

στην περίπτωση που η ευθεία είναι παράλληλη στο

.

Αυτή η ισότητα δίνει $SA\cdot HH_{2}=SB\cdot HH_{1}$

Άρα $\dfrac{DA}{BE}=\dfrac{HH_{2}}{HH_{1}}=\dfrac{SB}{SA}=\dfrac{AP}{BP}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 16, 2024 4:33 pm**

Με βάση, λοιπόν, τις δύο προτάσεις, μπορεί να αποδειχθεί το αρχικό πρόβλημα.

Λύση του προβλήματος (1):

Ο γεωμετρικός τόπος του σημείου

είναι η ευθεία συμμετρική του ύψους του τριγώνου ABC

από το

ως προς την μεσοκάθετο του

.

Απόδειξη: Έστω

το αντιδιαμετρικό του

ως προς τον περιγεγραμμένο κύκλο του ABC

.

Αφού $\theta _{1}=\theta _{2}$ τότε $tan\theta _{1}=tan\theta _{2}$ .

Άρα $\dfrac{DB}{AB}=\dfrac{CE}{AC}\Rightarrow \dfrac{DB}{CE}=\dfrac{AB}{AC}$ σταθερό.

Έστω

το σημείο τομής των DC, BE

. Από την πρόταση 2 το

θα κινείται σε ευθεία που θα διέρχεται από σημείο

ώστε το τετράπλευρο HBPC

να είναι παραλληλόγραμμο, δηλαδή το

θα είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC

, αφού $CH//PB\perp AB$ και $BH//PC\perp AC$ .

Επιπλέον από γνωστό θεώρημα το σημείο

κινείται πάνω στο ύψος από το

του

όσο τα

βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο με το

που ορίζει ο φορέας του

.

Συνεπώς ο γεωμετρικός τόπος του

είναι η ευθεία που περιέχει το

και το

.

Τέλος το σημείο

δεν είναι παρά το αντιδιαμετρικό του

ως προς τον κύκλο διερχόμενο από τα Q,B,C

, που με βάση την πρόταση 1 κινείται σε ευθεία κάθετη στο

, συγκεκριμένα στην συμμετρική ευθεία του γεωμετρικού τόπου του

, ως προς τον γεωμετρικό τόπο του περίκεντρου, δηλαδή της μεσοκαθέτου του

.

Λύση του προβλήματος (2):

Ο γεωμετρικός τόπος του σημείου

είναι παραβολή που διέρχεται από τα B,C

αν

και υπερβολή που διέρχεται από τα B,C

σε κάθε άλλη περίπτωση.

Απόδειξη: Η σχέση $\dfrac{DB}{EC}=\dfrac{AB}{AC}$ εξακολουθεί να ισχύει, άρα και το γεγονός ότι το

κινείται σε ευθεία διερχόμενη από το

.

Το σημείο

εξακολουθεί να είναι το αντιδιαμετρικό σημείο του

ως προς τον κύκλο διερχόμενο από τα QBC

. Άρα από την πρόταση 1 το

κινείται σε υπερβολή, αν ο γεωμετρικός τόπος του

δεν είναι παράλληλος στο

. Η υπερβολή αυτή θα διέρχεται από τα B,C

διότι $\widehat{QCB}=90^{\circ} \Rightarrow T\equiv B$ και $\widehat{QBC}=90^{\circ} \Rightarrow T\equiv C$ .

Τέλος από την πρόταση 2 έχουμε ότι ο γεωμετρικός τόπος του

θα είναι ευθεία παράλληλη στο

αν και μόνο αν $\dfrac{DB}{CE}=\dfrac{BP}{CP}$ , όμως $\dfrac{DB}{CE}=\dfrac{AB}{AC}$ .

Άρα $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BP}{CP}\Rightarrow\dfrac{AB}{PB}=\dfrac{AC}{PC}$ , που υποδηλώνει ότι τα τρίγωνα ABP, ACP

είναι όμοια, και κατ' επέκταση ίσα, αφού έχουν το

κοινό. Με άλλα λόγια πρέπει να ισχύει AB=AC

για να είναι από την πρόταση 1 ο γεωμετρικός τόπος του

παραβολή.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Μάιος 11, 2026 8:18 pm**

Ξαναβλέποντας το θέμα, μετά από καιρό, έρχομαι να προσθέσω κάτι που είχα παρατηρήσει τότε που το έφτιαξα, αλλά δεν είχα αποδείξει. Θα γράψω μόνο την παρατήρηση και ίσως αύριο την απόδειξη.

Στην συχνότατη περίπτωση όπου το

κινείται σε υπερβολή, μπορούμε να προσδιορίσουμε πλήρως αυτήν την υπερβολή παρατηρώντας ότι διέρχεται από τα B,C

και προσδιορίζοντας τις ασύμπτωτές της. Ειδικότερα, έστω

η τομή της ευθείας

με την

και

το συμμετρικό του

ως προς το μέσο της

. Τότε οι ασύμπτωτες είναι η κάθετη από το

στην

και η κάθετη από το

στην

.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 12, 2026 10:43 pm**

∫ot.T. έγραψε: ↑
Δευ Μάιος 11, 2026 8:18 pm
Ξαναβλέποντας το θέμα, μετά από καιρό, έρχομαι να προσθέσω κάτι που είχα παρατηρήσει τότε που το έφτιαξα, αλλά δεν είχα αποδείξει. Θα γράψω μόνο την παρατήρηση και ίσως αύριο την απόδειξη.

Στην συχνότατη περίπτωση όπου το κινείται σε υπερβολή, μπορούμε να προσδιορίσουμε πλήρως αυτήν την υπερβολή παρατηρώντας ότι διέρχεται από τα και προσδιορίζοντας τις ασύμπτωτές της. Ειδικότερα, έστω η τομή της ευθείας με την και το συμμετρικό του ως προς το μέσο της . Τότε οι ασύμπτωτες είναι η κάθετη από το στην και η κάθετη από το στην .

Δεν θα πω πολλά, μια ιδέα.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

mathematica.gr

Γεωμετρικοί Τόποι

Γεωμετρικοί Τόποι

Re: Γεωμετρικοί Τόποι

Re: Γεωμετρικοί Τόποι

Re: Γεωμετρικοί Τόποι

Re: Γεωμετρικοί Τόποι

Re: Γεωμετρικοί Τόποι

Re: Γεωμετρικοί Τόποι

Re: Γεωμετρικοί Τόποι

Re: Γεωμετρικοί Τόποι

Re: Γεωμετρικοί Τόποι

Re: Γεωμετρικοί Τόποι