Το άλυτο πρόβλημα του μήνα

KARKAR · #1

: Το άλυτο πρόβλημα του μήνα.png (13.45 KiB) Προβλήθηκε 988 φορές

Σε κύκλο

θεωρούμε χορδή

, με σταθερό το άκρο

και κινούμενο το

.

Σχεδιάζουμε τον κύκλο που εφάπτεται στο μέσο

της χορδής και στον (O)

, προς τον οποίο

φέρουμε το εφαπτόμενο τμήμα

. 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 $B(k,-\dfrac{r\sqrt{2}}{5})$

Altrian · #2

Καλημέρα,

Τα σημεία M,T

ανήκουν προφανώς στον κύκλο (A,x)

και προφανώς έχουμε $\angle b_{max}$ όταν η

εφάπτεται του κύκλου (A,x)

(στο

). Τότε το $\bigtriangleup BTA$ είναι ορθογώνιο στο

με

άρα $\angle b_{max}=30$ .

Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης

#3

Έστω

το κέντρο του κύκλου διαμέτρου

και

το σημείο τομής των $SM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BT$ .
Αντιστρέφω τον κύκλο (K,KS)

με πόλο το

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

στον αρχικό κύκλο είναι το

και το

μετακινείται στο «κάτω» ημικύκλιο ,

: Αλυτο πρόβλημα του μήνα_1.png (40.2 KiB) Προβλήθηκε 807 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

ανήκει στο «πάνω» ημικύκλιο θα έχω αλλαγή δεδομένων :

: Αλυτο πρόβλημα του μήνα_2.png (42.94 KiB) Προβλήθηκε 807 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 (31.1 KiB) Προβλήθηκε 807 φορές

Altrian · #4

Να δούμε και τις συντεταγμένες του σημείου

που αφήσαμε σε εκκρεμότητα.
Εστω O, K

τα κέντρα του μεγάλου και μικρού κύκλου αντίστοιχα και ο άξονας των τετμημένων είναι η διάμετρος

$\large p=\frac{x}{^{\sqrt{3}}}\Rightarrow x=p\sqrt{3}$
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

Το άλυτο πρόβλημα του μήνα

Το άλυτο πρόβλημα του μήνα

Re: Το άλυτο πρόβλημα του μήνα

Re: Το άλυτο πρόβλημα του μήνα

Re: Το άλυτο πρόβλημα του μήνα

Μέλη σε σύνδεση