Οι απέναντι

KARKAR · #1

: Οι απέναντι.png (11.52 KiB) Προβλήθηκε 712 φορές

"Απέναντι" είναι για παράδειγμα τα σημεία P ,S

, ( $\overset{\frown}{SA}=\overset{\frown}{PC}$ ) . Μπορεί η απόσταση

να γίνει

; Για ποια θέση του

; ( το

τετράγωνο και τα τόξα ημικύκλια )

#2

[quote=KARKAR post_id=290104 time=1507534348 user_id=3451]
Οι απέναντι.png"Απέναντι" είναι για παράδειγμα τα σημεία P ,S

, ( $\overset{\frown}{SA}=\overset{\frown}{PC}$ ) . Μπορεί η απόσταση

να γίνει

; Για ποια θέση του

; ( το

τετράγωνο και τα τόξα ημικύκλια )
[/quote]

[attachment=0]Οι απέναντι.png[/attachment]

Αν με κέντρο

, σημείο τομής των διαγωνίων του τετραγώνου γράψω το κύκλο $(O,\dfrac{9}{2})$ .

Θα κόψει το αριστερό ημικύκλιο στα $S,\,\,S'$ και το δεξί στα $P,\,\,P'$ .

KARKAR · #3

: Οι απέναντι.png (12.52 KiB) Προβλήθηκε 694 φορές

Doloros έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 09, 2017 11:00 am

Αν με κέντρο , σημείο τομής των διαγωνίων του τετραγώνου γράψω το κύκλο $(O,\dfrac{9}{2})$ .

Ωραία απάντηση αλλά δεν έχει πλάκα

Πλάκα θα είχε να υπολογίζαμε

το μήκος της χορδής

. Μεγαλύτερη πλάκα ? Χωρίς τριγωνομετρία

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 09, 2017 1:21 pm
Οι απέναντι.png
Doloros έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 09, 2017 11:00 am

Αν με κέντρο , σημείο τομής των διαγωνίων του τετραγώνου γράψω το κύκλο $(O,\dfrac{9}{2})$ .
Ωραία απάντηση αλλά δεν έχει πλάκα Πλάκα θα είχε να υπολογίζαμε

το μήκος της χορδής . Μεγαλύτερη πλάκα ? Χωρίς τριγωνομετρία

Επειδή το Θ. συνημιτόνου είναι επί της ουσίας το θ επέκτασης του Πυθαγόρα

Αν

η προβολή του

στην

και $\boxed{x = SA \Rightarrow SH = HA = \frac{{x\sqrt 2 }}{2}}$ .

$\boxed{O{A^2} = A{S^2} + O{S^2} - 2OS \cdot SH \Rightarrow x = \frac{{9\sqrt 2 - \sqrt {38} }}{4}}$

#5

: Οι απέναντι.png (17.29 KiB) Προβλήθηκε 655 φορές

Θεώρημα Πτολεμαίου στο εγγράψιμο ASDO:

$\displaystyle (x + y)\frac{{5\sqrt 2 }}{2} = 5 \cdot \frac{9}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{x+y=\frac{9\sqrt 2}{2}}$

Αλλά , από Πυθαγόρειο, $\boxed{x^2+y^2=25}$ , οπότε τελικά παίρνουμε: $\boxed{AS = x = \frac{{9\sqrt 2 \pm \sqrt {38} }}{4}}$

KARKAR · #6

: Οι απέναντι.png (17.49 KiB) Προβλήθηκε 636 φορές

Λόγω του ορθογωνίου και ισοσκελούς SPT

, έχουμε : $x+\sqrt{25-x^2}=\dfrac{9}{\sqrt{2}}$ ,

την οποία λύνοντας , βρίσκουμε τη λύση "κομψοτέχνημα " : $x=\dfrac{1}{2}\sqrt{50-9\sqrt{19}}$ ,

αντί της άχαρης ( μικρής ) : $x=\dfrac{9\sqrt{2}-\sqrt{38}}{4}$ , που βρήκαν οι προλύσαντες

#7

KARKAR έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 09, 2017 1:21 pm
Οι απέναντι.png Πλάκα θα είχε να υπολογίζαμε το μήκος της χορδής . Μεγαλύτερη πλάκα ? Χωρίς τριγωνομετρία

Ώρες ώρες μερικοί οπαδοί της Τριγωνομετρίας αισθανόμαστε σαν τους Γκιουλενιστές στη γείτονα χώρα...
Ας είναι, αφού δεν έχει δοθεί απαγορευτικό για ΑναλυτικοΓεωμετρική προσέγγιση ας δώσουμε μια.

Κατ' αρχήν ας πούμε

το κέντρο του τετραγώνου. Λόγω συμμετρίας η

διέρχεται από το

. Οπότε:

: 09-10-2017 Γεωμετρία.jpg (35.16 KiB) Προβλήθηκε 632 φορές

Το δεξί ημικύκλιο έχει εξίσωση $\displaystyle {\left( {x - \frac{5}{2}} \right)^2} + {y^2} = \frac{{25}}{4},\;\;x \ge \frac{5}{2}$ και το αριστερό $\displaystyle {\left( {x + \frac{5}{2}} \right)^2} + {y^2} = \frac{{25}}{4},\;\;x \le - \frac{5}{2}$ .

Η ευθεία $\displaystyle y = \lambda x,\;\; - 1 < \lambda < 1$ τέμνει τα ημικύκλια αντίστοιχα στα σημεία $\displaystyle P\left( {\frac{5}{{{\lambda ^2} + 1}},\;\frac{{5\lambda }}{{{\lambda ^2} + 1}}} \right)\;\;$ και $\displaystyle S\left( { - \frac{5}{{{\lambda ^2} + 1}},\; - \frac{{5\lambda }}{{{\lambda ^2} + 1}}} \right)$ αντίστοιχα.

Είναι $\displaystyle \left( {PS} \right) = \sqrt {{{\left( {\frac{{10}}{{{\lambda ^2} + 1}}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{10\lambda }}{{{\lambda ^2} + 1}}} \right)}^2}} = \frac{{10}}{{\sqrt {{\lambda ^2} + 1} }}$

Οπότε $\displaystyle \left( {PS} \right) = 9 \Leftrightarrow \lambda = \pm \frac{{\sqrt {19} }}{9}$ . Οπότε για $\displaystyle \lambda > 0$ είναι $\displaystyle S\left( { - \frac{{81}}{{20}},\; - \frac{{9\sqrt {19} }}{{20}}} \right)$ .

Και τώρα εγείρεται το καίριο ερώτημα: "Είναι σίγουρα σωστές οι πράξεις μας ή όχι; Ιδού η απορία". Τι να κάνουμε;
Ας συγκρίνουμε τη λύση μας μ' αυτήν των εκλεκτών Γεωμετρών μας:

Παρατηρώ ότι $\displaystyle \left( {SA} \right) = \sqrt {{{\left( {\frac{{81}}{{20}} - \frac{5}{2}} \right)}^2} + {{\left( {\frac{{9\sqrt {19} }}{{20}} - \frac{5}{2}} \right)}^2}} = \frac{{\sqrt {50 - 9\sqrt {19} } }}{2} =$

$\displaystyle = \frac{{\sqrt {200 - 36\sqrt {19} } }}{4} = \frac{{\sqrt {162 + 38 - 36\sqrt {19} } }}{4} =$

$\displaystyle = \frac{{\sqrt {{{\left( {9\sqrt 2 } \right)}^2} - 2 \cdot 9\sqrt 2 \cdot \sqrt {38} + {{\left( {\sqrt {38} } \right)}^2}} }}{4} = \frac{{9\sqrt 2 - \sqrt {38} }}{4}$ , άρα αφού καταλήγουμε στο ίδιο αποτέλεσμα μάλλον σωστή θα είναι!

edit: Όση ώρα παιδευόμουν με τις ρίζες για να συγκρίνω το αποτέλεσμά μου δεν είχα δει την "κομψή" απάντηση του Θανάση...

Οι απέναντι

Οι απέναντι

Re: Οι απέναντι

Re: Οι απέναντι

Re: Οι απέναντι

Re: Οι απέναντι

Re: Οι απέναντι

Re: Οι απέναντι

Μέλη σε σύνδεση