Ιχνηλασία

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10020
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Ιχνηλασία

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Ιαν 27, 2017 8:06 pm

Ιχνηλασία.png
Ιχνηλασία.png (8.63 KiB) Προβλήθηκε 685 φορές
Από σημείο P που κινείται στη διάμετρο AB=2R ενός ημικυκλίου, φέρνω κάθετη στη διάμετρο που τέμνει το ημικύκλιο

στο M. H εφαπτομένη στο μέσο N του τόξου \overset\frown{AM} τέμνει την PM στο S. Προσδιορίστε τη θέση του σημείου P ώστε το M

να είναι μέσο του τμήματος PS.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1358
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Ιχνηλασία

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Κυρ Ιαν 29, 2017 3:27 am

Καλημέρα Γιώργο ! Καλή Κυριακή στο :logo:
29-1-17  Ιχνηλασία.PNG
29-1-17 Ιχνηλασία.PNG (10.93 KiB) Προβλήθηκε 632 φορές
Στο σχήμα η BM τέμνει την SN στο I και η ON την AM στο E.

Γίνεται φανερό ότι το MENI , έχοντας τις \widehat{M},\widehat{E},\widehat{N} ορθές είναι ορθογώνιο ενώ το E είναι το μέσον της AM .

Θέτω BM=x..BP=y οπότε OE=x/2..MI=NE=R-x/2.

Το MP ύψος στο ορθ. AMB άρα MP^{2}=PA\cdot PB=\left ( 2R-y \right )y \left ...( 1 \right ).

Από τα όμοια τρίγωνα MIS, MPB προκύπτει \dfrac{SM}{MB}=\dfrac{MI}{MP}\Rightarrow MP^{2}=MB\cdot MI , λόγω και της \left ( 1 \right )\Rightarrow \left ( 2R-y \right )y=x\left ( R-x/2 \right )...\left ( 2 \right ).

Ακόμη στο ορθ. AMB έχουμε MB^{2}=PB\cdot AB\Rightarrow y=\dfrac{x^{2}}{2R}...(3) Με απαλοιφή του y και πράξεις παίρνουμε 3x^{2}-x^{4}/2R^{2}-2Rx=0.

Διαιρώντας με Rx\neq 0 και θέτοντας \dfrac{x}{R}=k..0< k< 2 βρίσκουμε δεκτή ρίζα της k^{3}-6k+4=0 την k=\sqrt{3}-1 που μας δίνει τη σχέση BM=\left ( \sqrt{3}-1 \right )R.

Ο κύκλος [ B,\left ( \sqrt{3}-1 \right )R] τέμνει το ημικύκλιο στο M και η MP\perp AB ορίζει τη ζητούμενη θέση του P.

Έκανα άρση της απόκρυψης και αιτιολόγηση . Χαιρετώ επιπλέον και τους συμμετέχοντες Γιώργο (Ρίζο) και Νίκο που .. χρονικά προηγήθηκαν !

Φιλικά Γιώργος.
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Μήτσιος σε Κυρ Ιαν 29, 2017 11:31 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Ρίζος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 4784
Εγγραφή: Δευ Δεκ 29, 2008 1:18 pm
Τοποθεσία: Κέρκυρα

Re: Ιχνηλασία

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Ρίζος » Κυρ Ιαν 29, 2017 7:15 pm

Καλησπέρα στους συνονόματους (ξενύχτηδες και μη...)

Το άκομψο αποτέλεσμα μού δημιουργεί υποψίες λάθους. Θα ελέγξω με το geogebra το αποτέλεσμα.
29-01-2017 Γεωμετρία.jpg
29-01-2017 Γεωμετρία.jpg (34.41 KiB) Προβλήθηκε 578 φορές
Έστω R = 1, οπότε A(-1, 0), B(1, 0), P(a, 0), -1 < a <1.

Έστω \displaystyle AM:\;y = \left( {\tan \varphi } \right)x + \tan \varphi , οπότε \displaystyle M\left( {a,\;\left( {\tan \varphi } \right)a + \tan \varphi } \right)

Τότε \displaystyle \widehat {BON} = 90^\circ  + \varphi , οπότε \displaystyle N\left( {\cos \left( {90^\circ  + \varphi } \right),\;\sin \left( {90^\circ  + \varphi } \right)} \right) = {\rm N}\left( { - \sin \varphi ,\;\cos \varphi } \right)

Άρα \displaystyle NS:\;\;y - \cos \varphi  = \tan \varphi \left( {x + \sin \varphi } \right) \Leftrightarrow y = \left( {\tan \varphi } \right)x + \frac{1}{{\cos \varphi }} οπότε \displaystyle S\left( {a,\;\left( {\tan \varphi } \right)a + \frac{1}{{\cos \varphi }}} \right) .

Είναι PM=MS όταν

\displaystyle \left( {\tan \varphi } \right)a + \frac{1}{{\cos \varphi }} = 2\left( {\;\left( {\tan \varphi } \right)a + \tan \varphi } \right)

\displaystyle \Leftrightarrow sin\varphi  = \frac{1}{{a + 2}} \Leftrightarrow {\sin ^2}\varphi  = \frac{1}{{{{\left( {\alpha  + 2} \right)}^2}}} .

Επίσης το M είναι σημείο του μοναδιαίου ημικυκλίου, θα είναι

\displaystyle {a^2} + {\tan ^2}\varphi {\left( {a + 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left( {a - 1} \right) + \left( {{{\tan }^2}\varphi } \right)\left( {a + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {\tan ^2}\varphi  = \frac{{1 - a}}{{a + 1}}

\displaystyle {\sin ^2}\varphi  = \frac{{{{\tan }^2}\varphi }}{{1 + ta{n^2}\varphi }} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {a + 2} \right)}^2}}} = \frac{{\frac{{1 - a}}{{a + 1}}}}{{1 + \frac{{1 - a}}{{a + 1}}}}

\displaystyle \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {a + 2} \right)}^2}}} = \frac{{1 - a}}{2} \Leftrightarrow {a^3} + 3{a^2} - 2 = 0

Με λογισμικό βρίσκω μια ρίζα \displaystyle a \cong 0,732 .

edit: Διόρθωσα ένα λάθος και επαλήθευσα το αποτέλεσμα συγκρίνοντάς το με το αποτέλεσμα του Νίκου και του Γιώργου.
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Ρίζος σε Κυρ Ιαν 29, 2017 7:46 pm, έχει επεξεργασθεί 3 φορές συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7691
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Ιχνηλασία

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Κυρ Ιαν 29, 2017 7:22 pm

george visvikis έγραψε:Ιχνηλασία.png
Από σημείο P που κινείται στη διάμετρο AB=2R ενός ημικυκλίου, φέρνω κάθετη στη διάμετρο που τέμνει το ημικύκλιο

στο M. H εφαπτομένη στο μέσο N του τόξου \overset\frown{AM} τέμνει την PM στο S. Προσδιορίστε τη θέση του σημείου P ώστε το M

να είναι μέσο του τμήματος PS.
Καλησπέρα στους Γιώργους.

Αν η εφαπτομένη του ημικυκλίου στο M τμήσει την NS στο L και την AB στο K

θα ισχύουν:

\widehat \omega  = \widehat \theta ( υπό χορδής κι εφαπτομένης ) και \widehat \phi  = \widehat \theta ( κάθετες πλευρές ) άρα \boxed{\widehat \omega  = \widehat \phi }.

Επειδή το N είναι μέσο του τόξου \tau o\xi AM θα είναι NS//AM. Μα αυτό σημαίνει

ότι στο \vartriangle MSL ο φορέας της διχοτόμου από το M ( δηλαδή η MB) είναι κάθετη

στην LS και άρα το τρίγωνο αυτό είναι ισοσκελές με κορυφή το M .

Έτσι αν \boxed{MP = y} θα είναι \boxed{MS = ML = LN = y} . Επί πλέον από Θ. διχοτόμου στο

\vartriangle MPK θα είναι \dfrac{{MK}}{{MP}} = \dfrac{{BK}}{{BP}} \Rightarrow \dfrac{{MK}}{{ML}} = \dfrac{{BK}}{{BP}} \Rightarrow \boxed{MB//LP} η τελευταία μας

Εξασφαλίζει ότι το \vartriangle LPS είναι ορθογώνιο στο S και όμοιο με το \vartriangle PMB.
Ιχνηλασία.png
Ιχνηλασία.png (30.68 KiB) Προβλήθηκε 573 φορές
Μετά απ’ αυτά και θέτοντας \boxed{PB = x\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LS = u} θα έχουμε :

\left\{ \begin{gathered} 
  S{N^2} = 3S{M^2} \hfill \\ 
  \frac{{LS}}{{PB}} = \frac{{SP}}{{MB}} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  S{N^2} = 3S{M^2} \hfill \\ 
  \frac{{L{S^2}}}{{P{B^2}}} = \frac{{S{P^2}}}{{M{B^2}}} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  {(u + y)^2} = 3{y^2}\,\,\,(1) \hfill \\ 
  \frac{{{u^2}}}{{{x^2}}} = \frac{{4{y^2}}}{{2Rx}}\,\,\,\,(2) \hfill \\  
\end{gathered}  \right. Από την (1) έχουμε


u = (\sqrt 3  - 1)y που αν τεθεί στην (2) δίδει \boxed{x = \frac{{R{{(\sqrt 3  - 1)}^2}}}{2}} .

Φιλικά, Νίκος


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10020
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Ιχνηλασία

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Δευ Ιαν 30, 2017 9:32 am

Ευχαριστώ τους συνονόματους και τον Νίκο για τις απαντήσεις τους. Πρόκειται για προσωπική κατασκευή και ακολουθεί η λύση απ' όπου προέκυψε.
Ιχνηλασία..png
Ιχνηλασία..png (12.83 KiB) Προβλήθηκε 528 φορές
Προφανώς, SN||AM. Θέτω AP=x, MP=MS=y και κατασκευάζω το παραλληλόγραμμο AMSD. Είναι:

\displaystyle{S{N^2} = 3{y^2} \Leftrightarrow } \boxed{SN=y\sqrt 3} (1) και \boxed{y^2=x(2R-x)} (2) Από τις (1), (2) και Π. Θ στο AMP βγαίνει \boxed{x=R\sqrt 3}


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7691
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Ιχνηλασία

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Ιαν 30, 2017 10:29 am

george visvikis έγραψε:Ευχαριστώ τους συνονόματους και τον Νίκο για τις απαντήσεις τους. Πρόκειται για προσωπική κατασκευή και ακολουθεί η λύση απ' όπου προέκυψε.
Ιχνηλασία..png
Προφανώς, SN||AM. Θέτω AP=x, MP=MS=y και κατασκευάζω το παραλληλόγραμμο AMSD. Είναι:

\displaystyle{S{N^2} = 3{y^2} \Leftrightarrow } \boxed{SN=y\sqrt 3} (1) και \boxed{y^2=x(2R-x)} (2) Από τις (1), (2) και Π. Θ στο AMP βγαίνει \boxed{x=R\sqrt 3}

Ουαουα! :clap2: . Όσα ξέρει ο νοικοκύρης δεν τα ξέρει ο κόσμος όλος


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1947
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Ιχνηλασία

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Δευ Ιαν 30, 2017 7:26 pm

george visvikis έγραψε:Ιχνηλασία.png
Από σημείο P που κινείται στη διάμετρο AB=2R ενός ημικυκλίου, φέρνω κάθετη στη διάμετρο που τέμνει το ημικύκλιο

στο M. H εφαπτομένη στο μέσο N του τόξου \overset\frown{AM} τέμνει την PM στο S. Προσδιορίστε τη θέση του σημείου P ώστε το M

να είναι μέσο του τμήματος PS.
Προφανώς \displaystyle{H} είναι ορθόκεντρο του \displaystyle{\vartriangle DAB \Rightarrow DH \bot AB \Rightarrow DH//PS}.Ακόμη , \displaystyle{AM//NS}

Στο ορθογώνιο τρίγωνο \displaystyle{DMA} είναι \displaystyle{AN = MN \Rightarrow DN = NA \Rightarrow Q} μέσον της \displaystyle{DH} και με \displaystyle{NE//SP}

λόγω των παραλ/μμων \displaystyle{NQHE,SQHM}, όλα τα κόκκινα τμήματα είναι ίσα με \displaystyle{PM = x}

Ισχύει \displaystyle{N{S^2} = 3{x^2} \Rightarrow \boxed{NS = x\sqrt 3 } \Rightarrow NQ + QS = x\sqrt 3  \Rightarrow QS = HM = x\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}

Είναι \displaystyle{DH = HA = 2x} οπότε από θ.διχοτόμου στο \displaystyle{\vartriangle MBA \Rightarrow \frac{{HM}}{{HA}} = \frac{{MB}}{{AB}} \Rightarrow \frac{{x\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}{{2x}} = \frac{{MB}}{{2R}} \Rightarrow \boxed{MB = R\left( {\sqrt 3  - 1} \right)}}
IXN.png
IXN.png (18.34 KiB) Προβλήθηκε 475 φορές


Άβαταρ μέλους
Μιχάλης Νάννος
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3298
Εγγραφή: Δευ Ιαν 05, 2009 4:09 pm
Τοποθεσία: Σαλαμίνα
Επικοινωνία:

Re: Ιχνηλασία

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Νάννος » Τρί Ιαν 31, 2017 11:01 am

george visvikis έγραψε: Από σημείο P που κινείται στη διάμετρο AB=2R ενός ημικυκλίου, φέρνω κάθετη στη διάμετρο που τέμνει το ημικύκλιο

στο M. H εφαπτομένη στο μέσο N του τόξου \overset\frown{AM} τέμνει την PM στο S. Προσδιορίστε τη θέση του σημείου P ώστε το M

να είναι μέσο του τμήματος PS.
Καλημέρα. Στο δρόμο που χάραξε ο Γιώργος…πολύ όμορφη άσκηση!
Ιχνηλασία.png
Ιχνηλασία.png (36.37 KiB) Προβλήθηκε 446 φορές
Έστω T \equiv BA \cap SN και Q \equiv M'A \cap ST, όπου M' το συμμετρικό του M ως προς AB

Θέτω AT = AP = x και QT = QA = y . Από Θαλή και δύναμη σημείου παίρνουμε QN = y\sqrt 3

Από \triangleleft ONT \sim  \triangleleft AMP και από TA \cdot TB = T{N^2} καταλήγουμε στο x = R\sqrt 3

Υ.Γ. Το M είναι το ορθόκεντρο του \triangleleft STB


«Δε θα αντικαταστήσει ο υπολογιστής τον καθηγητή...θα αντικατασταθεί ο καθηγητής που δεν ξέρει υπολογιστή...» - Arthur Clarke
Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 2 επισκέπτες