Το άλυτο πρόβλημα του μήνα

Συντονιστής: gbaloglou

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10488
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Το άλυτο πρόβλημα του μήνα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τρί Ιαν 08, 2019 12:14 pm

Το  άλυτο  πρόβλημα του μήνα.png
Το άλυτο πρόβλημα του μήνα.png (13.45 KiB) Προβλήθηκε 470 φορές
Σε κύκλο (O,r) θεωρούμε χορδή AB , με σταθερό το άκρο A και κινούμενο το B .

Σχεδιάζουμε τον κύκλο που εφάπτεται στο μέσο M της χορδής και στον (O) , προς τον οποίο

φέρουμε το εφαπτόμενο τμήμα AT . Ενδιαφερόμαστε για το μέγιστο της γωνίας \beta=\widehat{ABT} .

Εικασία : Είναι : \beta_{max}=30^0 και αν A(r,0) , τότε ίσως : B(k,-\dfrac{28r}{99}) ή B(k,-\dfrac{r\sqrt{2}}{5})



Λέξεις Κλειδιά:
Altrian
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Μάιος 01, 2018 4:51 pm
Τοποθεσία: Βούλα, Αττική

Re: Το άλυτο πρόβλημα του μήνα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Altrian » Τετ Ιαν 09, 2019 10:11 am

Καλημέρα,

Τα σημεία M,T ανήκουν προφανώς στον κύκλο (A,x) και προφανώς έχουμε \angle b_{max} όταν η BT
εφάπτεται του κύκλου (A,x) (στο T). Τότε το \bigtriangleup BTA είναι ορθογώνιο στο T με AT=x=AB/2 άρα \angle b_{max}=30.


Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
Συνημμένα
alyto.png
alyto.png (39.35 KiB) Προβλήθηκε 349 φορές


Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6335
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Το άλυτο πρόβλημα του μήνα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Ιαν 09, 2019 12:08 pm

Έστω K το κέντρο του κύκλου διαμέτρου SM και Lτο σημείο τομής των SM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BT.
Αντιστρέφω τον κύκλο (K,KS) με πόλο το A και δύναμη αντιστροφής A{T^2}

Τα σημεία T,K,B,L είναι όλα μεταβλητά αλλά επειδή ο κύκλος αντιστροφής (A,AT)

είναι πάντα ορθογώνιος με τον (K,KS) , αυτός (ο (K,KS)) ταυτίζεται με τον αντίστροφό του.

Ας υποθέσουμε δε ότι το αντιδιαμετρικό του A στον αρχικό κύκλο είναι το A' και το B μετακινείται στο «κάτω» ημικύκλιο ,
Αλυτο πρόβλημα του μήνα_1.png
Αλυτο πρόβλημα του μήνα_1.png (40.2 KiB) Προβλήθηκε 289 φορές
Για να γίνει μέγιστη η γωνία \widehat \theta θα πρέπει \widehat \omega να γίνει ελάχιστη αφού είναι συμπληρωματικές, Αλλά \widehat \omega  \geqslant \widehat \phi (εξωτερική) συνεπώς μόνο αν τα σημεία

K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,L ταυτιστούν θα έχω \widehat \omega  = \widehat \phi .

Αν τώρα το B ανήκει στο «πάνω» ημικύκλιο θα έχω αλλαγή δεδομένων :
Αλυτο πρόβλημα του μήνα_2.png
Αλυτο πρόβλημα του μήνα_2.png (42.94 KiB) Προβλήθηκε 289 φορές


Τώρα \widehat \omega  = 90^\circ  + \widehat \theta και επομένως αν η \widehat \omega γίνει μέγιστη θα γίνει και η \widehat \theta μέγιστη.

Αλλά τώρα \widehat \omega  \leqslant \widehat \phi οπότε πάλι οι «πλανήτες» B,K,L,T θα πρέπει να ευθυγραμμιστούν.

Τότε θα προκύψει το παρακάτω προφανές.
Αλυτο πρόβλημα του μήνα.png
Αλυτο πρόβλημα του μήνα.png (31.1 KiB) Προβλήθηκε 289 φορές


Altrian
Δημοσιεύσεις: 128
Εγγραφή: Τρί Μάιος 01, 2018 4:51 pm
Τοποθεσία: Βούλα, Αττική

Re: Το άλυτο πρόβλημα του μήνα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Altrian » Τετ Ιαν 09, 2019 8:59 pm

Να δούμε και τις συντεταγμένες του σημείου B που αφήσαμε σε εκκρεμότητα.
Εστω O, K τα κέντρα του μεγάλου και μικρού κύκλου αντίστοιχα και ο άξονας των τετμημένων είναι η διάμετρος AD

\large p=\frac{x}{^{\sqrt{3}}}\Rightarrow x=p\sqrt{3}
Από δύναμη του σημείου \large M έχουμε: \large x^{2}=2pa\Rightarrow a=\frac{x\sqrt{3}}{2}
\large 2r=2p+a\Rightarrow ...\Rightarrow r=\frac{7x}{4\sqrt{3}}\Rightarrow x=\frac{4r\sqrt{3}}{7}
Από Π.Θ. στο \large \bigtriangleup ABD έχουμε: \large y^{2}=4r^{2}-4x^{2}\Rightarrow ...\Rightarrow y=\frac{2r}{7}
Το ύψος \large u του \large \bigtriangleup ABD από το \large B προκύπτει εύκολα: \large u=\frac{8r\sqrt{3}}{49}
και \large w=\frac{2r}{49}.

\large B=(-r+w, -u)=(\frac{-47r}{49},\frac{-8r\sqrt{3}}{49})

Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
Συνημμένα
alyto2.png
alyto2.png (54.92 KiB) Προβλήθηκε 233 φορές


Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία”

Μέλη σε σύνδεση

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