Υπερ-βολικό τρίγωνο

Συντονιστής: Τηλέγραφος Κώστας

Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1540
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Υπερ-βολικό τρίγωνο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Σάβ Σεπ 12, 2020 6:14 pm

Οι κορυφές ενός τριγώνου , βρίσκονται πάνω στην υπερβολή \displaystyle y=\frac{1}{x}.
Αποδείξτε ότι και το ορθόκεντρό του βρίσκεται πάνω σ΄αυτήν .


Kαλαθάκης Γιώργης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Tolaso J Kos
Δημοσιεύσεις: 4653
Εγγραφή: Κυρ Αύγ 05, 2012 10:09 pm
Τοποθεσία: Λάρισα, Βαρκελώνη
Επικοινωνία:

Re: Υπερ-βολικό τρίγωνο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Tolaso J Kos » Σάβ Σεπ 12, 2020 7:10 pm

exdx έγραψε:
Σάβ Σεπ 12, 2020 6:14 pm
Οι κορυφές ενός τριγώνου , βρίσκονται πάνω στην υπερβολή \displaystyle y=\frac{1}{x}.
Αποδείξτε ότι και το ορθόκεντρό του βρίσκεται πάνω σ΄αυτήν .

Μετά από καιρό ...

\displaystyle{\begin{tikzpicture} 
\draw[fill=cyan!60!black, cyan!60!black, opacity=0.6] (1.26, 0.79) -- (-2.24 , -0.45) -- (-0.42, -2.38) -- cycle; 
\draw [->] (-4, 0) -- (4, 0) node[below]{x}; 
\draw[->] (0, -4) -- (0, 4) node[left]{y}; 
\draw[line width=1.6pt]  plot[smooth,domain=0.3:4] (\x, {1/\x}); 
\draw[line width=1.6pt]  plot[smooth,domain=-4:-0.3] (\x, {1/\x}); 
\draw (1.27, 0.79) node[above]{A}; 
\draw (-2.24, -0.45) node[below]{B}; 
\draw (-0.6, -2.38) node[below]{\text{\gr Γ}}; 
\draw[dashed] (-2.24 , -0.45) -- (-0.02, -1.62) node[right]{\text{\gr Δ}}; 
\draw[dashed] (-0.42, -2.38) -- (-1.23, 0) node[above]{E}; 
\draw[dashed] (1.26, 0.79) -- (-1.22, -1.54) node[below]{\text{\gr Ζ}}; 
\draw[cyan!60!black, fill=cyan!60black!] (-0.84, -1.19) circle(3pt); 
\draw (-0.6, -1.1) node[above]{H}; 
 
\end{tikzpicture}} Έστω \mathrm{A} \left( p, \frac{1}{p} \right) , \mathrm{B} \left( q, \frac{1}{q} \right) και \Gamma \left( r , \frac{1}{r} \right). Έστω \mathrm{H} το ορθόκεντρο. Έχουμε ότι:

\displaystyle{\lambda_{\mathrm{B}\Gamma} = \frac{\frac{1}{r} - \frac{1}{q}}{r-q} = - \frac{1}{qr}}
Συνεπώς ο συντελεστής διεύθυνσης του ύψους που άγεται στη \mathrm{B} \Gamma είναι qr. Ομοίως,

\displaystyle{\lambda_{\mathrm{AB}} = \frac{\frac{1}{q} - \frac{1}{p}}{q-p} = - \frac{1}{pq}}
Συνεπώς ο συντελεστής διεύθυνσης του ύψους που άγεται στη \mathrm{AB} είναι pq. Οπότε

\displaystyle{\left ( \varepsilon \right )_{\mathrm{B} \Gamma} : y - \frac{1}{p} = qr \left ( x  - p \right )}
και

\displaystyle{\left ( \varepsilon \right )_{\Gamma \mathrm{E}} : y - \frac{1}{r} = pq \left ( x  - r \right )}
Λύνοντας το σύστημα των δύο ευθειών έχουμε

\displaystyle{\begin{aligned} 
\left ( \varepsilon \right )_{\mathrm{B} \Gamma} = \left ( \varepsilon \right )_{\Gamma \mathrm{E}}  &\Leftrightarrow qr \left ( x- p \right ) + \frac{1}{p} = \frac{1}{r} + pq \left ( x-r  \right ) \\  
 &\Leftrightarrow x = - \frac{1}{pqr} 
\end{aligned}}
και εν τέλει y = -pqr . Άρα \mathrm{H} \left( - \frac{1}{pqr} , -pqr \right). Το ζητούμενο δείχθηκε.


Ωραία ασκησούλα ... :clap2: :clap2: :clap2:


Η φαντασία είναι σημαντικότερη από τη γνώση !
\displaystyle{{\color{blue}\mathbf{Life=\int_{birth}^{death}\frac{happiness}{time}\Delta time} }}
Άβαταρ μέλους
min##
Δημοσιεύσεις: 326
Εγγραφή: Τρί Απρ 18, 2017 3:40 pm

Re: Υπερ-βολικό τρίγωνο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από min## » Σάβ Σεπ 12, 2020 8:14 pm

Μια προβολική λύση εντελώς εκτός φακέλου-έτσι για την πλάκα της:
Θεωρούμε H' το σημείο που η υπερβολή τέμνει το A ύψος του ABC.
Η υπερβολή είναι ισοσκελής/ορθογώνιος οπότε τέμνει την ευθεία στο άπειρο σε σημεία με κάθετες διευθύνσεις.
Η εκφυλισμένη κωνική AH'\cap BC είναι και αυτή ορθογώνιος ,οπότε τέμνει και εκείνη την ευθεία στο άπειρο σε σημεία με κάθετες διευθύνσεις.
Έτσι έχουμε στην ευθεία στο άπειρο μια ενέλιξη (συγκεκριμένα ορθογώνια στροφή) με base points τα circular points (μη πραγματικά-πρέπει κανονικά να εργαστούμε στο Μιγαδικό επίπεδο).
Η ενέλιξη αυτή ταυτίζεται-από Desargues Involution Theorem -με την ενέλιξη που ορίζει η οικογένεια κωνικών εκ των A,H',B,C αφού αλληλοαντιστοιχίζουν 2 ίδια ζεύγη.
Συνεπώς,η κωνική BH'\cap AC της οικογενείας τέμνει την ευθεία στο άπειρο σε συζηγή σημεία της ίδιας ενέλιξης/ορθογωνίου στροφής,πράγμα που δίνει το ζητούμενο. :)
.
Υγ.Απέχει πολύ από μια ορθή,φορμαλιστική διατύπωση αλλά δεν πειράζει :P


Άβαταρ μέλους
exdx
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1540
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 6:00 pm
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης
Επικοινωνία:

Re: Υπερ-βολικό τρίγωνο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από exdx » Σάβ Σεπ 12, 2020 10:07 pm

Για περισσότερα εδώ και εδώ (σελ 248)


Kαλαθάκης Γιώργης
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 13464
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Υπερ-βολικό τρίγωνο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Κυρ Σεπ 13, 2020 8:55 am

Την έχουμε δει πολλές φορές, π.χ. εκεί.


Άβαταρ μέλους
Al.Koutsouridis
Δημοσιεύσεις: 1391
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 30, 2014 11:58 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Υπερ-βολικό τρίγωνο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Al.Koutsouridis » Κυρ Σεπ 13, 2020 10:44 am

exdx έγραψε:
Σάβ Σεπ 12, 2020 6:14 pm
Οι κορυφές ενός τριγώνου , βρίσκονται πάνω στην υπερβολή \displaystyle y=\frac{1}{x}.
Αποδείξτε ότι και το ορθόκεντρό του βρίσκεται πάνω σ΄αυτήν .
Να σημειώσουμε οτι ισχύει και το αντίστροφο. Αν ένα τρίγωνο ειναι εγγεγραμμένο σε κωνική και το ορθόκεντρό του είναι σημείο της κωνικής, τότε αυτή είναι ισοσκελής υπερβολή.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης