Ακόμα ένας γ. τόπος

#1

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου $\displaystyle{AB=4}$ και σημείο $\displaystyle{M}$ το οποίο κινείται πάνω σ' αυτό.

Θεωρούμε το τρίγωνο $\displaystyle{AMN}$ τέτοιο ώστε:

$\displaystyle{(AM)(AN)=18}$ και $\displaystyle{\widehat{MAN}=30^o}$ .

Να βρεθεί ο γ. τόπος του σημείου $\displaystyle{N}$ .

: Ακόμα ένας Γεωμετρικός τόπος.png (12.53 KiB) Προβλήθηκε 1204 φορές

#2

KDORTSI έγραψε: Παρ Σεπ 11, 2020 5:48 pm Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου $\displaystyle{AB=4}$ και σημείο $\displaystyle{M}$ το οποίο κινείται πάνω σ' αυτό.

Θεωρούμε το τρίγωνο $\displaystyle{AMN}$ τέτοιο ώστε:

$\displaystyle{(AM)(AN)=18}$ και $\displaystyle{\widehat{MAN}=30^o}$ .

Να βρεθεί ο γ. τόπος του σημείου $\displaystyle{N}$ .

Ακόμα ένας Γεωμετρικός τόπος.png

Καλησπέρα Κώστα!

: Ακόμα ένας Γ.Τ.png (8.25 KiB) Προβλήθηκε 1186 φορές

Εικάζω ότι ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ημιευθεία

όπου $AT=\dfrac{9}{2}$ και $B\widehat AT=30^\circ.$
Δεν το έχω τεκμηριώσει όμως ακόμα.

Edit: Άρση απόκρυψης.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

KDORTSI έγραψε: Παρ Σεπ 11, 2020 5:48 pm Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου $\displaystyle{AB=4}$ και σημείο $\displaystyle{M}$ το οποίο κινείται πάνω σ' αυτό.

Θεωρούμε το τρίγωνο $\displaystyle{AMN}$ τέτοιο ώστε:

$\displaystyle{(AM)(AN)=18}$ και $\displaystyle{\widehat{MAN}=30^o}$ .

Να βρεθεί ο γ. τόπος του σημείου $\displaystyle{N}$ .

Ακόμα ένας Γεωμετρικός τόπος.png

Στην προέκταση της

παίρνουμε

ώστε

.Από αντιστροφή το

βόσκει πάνω σε μια ευθεία.Ετσι το

βόσκει πάνω στην ευθεία που είναι η στροφή της προηγούμενης κατά 150

μοίρες με κέντρο το

.Το μόνο που απομένει είναι να καθορισθούν τα ακραία σημεία του τόπου.

Εγινε άρση απόκρυψης.

S.E.Louridas · #4

KDORTSI έγραψε: Παρ Σεπ 11, 2020 5:48 pm Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου $\displaystyle{AB=4}$ και σημείο $\displaystyle{M}$ το οποίο κινείται πάνω σ' αυτό.
Θεωρούμε το τρίγωνο $\displaystyle{AMN}$ τέτοιο ώστε:
$\displaystyle{(AM)(AN)=18}$ και $\displaystyle{\widehat{MAN}=30^o}$ .
Να βρεθεί ο γ. τόπος του σημείου $\displaystyle{N}$ .

Ακόμα ένας Γεωμετρικός τόπος.png

Εν τάχει έχουμε:

Αν

η προβολή του

στην

και

η προβολή του

στην

, τότε, $\displaystyle{AF \cdot 2R = AT \cdot AN = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AN \cdot AM,\;\,ct. ,}$
οπότε το σημείο

είναι σταθερό, άρα και η κάθετη ευθεία

, στην

είναι σταθερή …..

#5

Καλημέρα σε όλους. Θα προσπαθήσω να ενισχύσω την αρχική εκτίμηση του Γιώργου, με εργαλεία της Αναλυτικής Γεωμετρίας.

: 11-09-2020 Γεωμετρία.png (60.76 KiB) Προβλήθηκε 1069 φορές

Άπό το

φέρνουμε

κάθετη στην ευθεία που ορίζουν τα A, M

.

Τότε $\displaystyle AK = \frac{{\sqrt 3 }}{2}AN$ , οπότε $\displaystyle AM \cdot AN = 18 \Leftrightarrow AM \cdot AK = 9\sqrt 3$ .

Έστω $\displaystyle M\left( {a,b} \right),\;\; - 2 \le a \le 2,\;\;0 \le b \le 2$ με $\displaystyle {a^2} + {b^2} = 4$ ,

οπότε $\displaystyle AM = \sqrt {{{\left( {a + 2} \right)}^2} + {b^2}} = 2\sqrt {a + 2}$ , άρα $\displaystyle AK = \frac{{9\sqrt 3 }}{{2\sqrt {a + 2} }}$

Το

κινείται στην ημιευθεία $\displaystyle y = \frac{b}{{a + 2}}\left( {x + 2} \right),\;\;a \in \left( { - 2,\;2} \right]$ ,
οπότε, αν

η τετμημένη του, θα είναι $\displaystyle K\left( {t,\;\frac{{b\left( {t + 2} \right)}}{{a + 2}}} \right)$

$\displaystyle AK = \frac{{9\sqrt 3 }}{{2\sqrt {a + 2} }} \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {t + 2} \right)}^2} + {{\left( {\frac{b}{{a + 2}}} \right)}^2}{{\left( {t + 2} \right)}^2}} = \frac{{9\sqrt 3 }}{{2\sqrt {a + 2} }}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {t + 2} \right)\sqrt {1 + \frac{{4 - {a^2}}}{{{{\left( {a + 2} \right)}^2}}}} = \frac{{9\sqrt 3 }}{{2\sqrt {a + 2} }}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \left( {t + 2} \right)\frac{{2\sqrt {2 + a} }}{{a + 2}} = \frac{{9\sqrt 3 }}{{2\sqrt {a + 2} }}$

$\displaystyle \Leftrightarrow t = \frac{{9\sqrt 3 - 8}}{4}$ , σταθερό, άρα το

κινείται σε ημιευθεία κάθετη στον οριζόντιο άξονα στο

, στο θετικό ημιεπίπεδο.

Όταν το

βρεθεί στη θέση K_1(t, 0)

, τότε $\displaystyle \frac{{A{K_1}}}{{A{N_1}}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3} \Leftrightarrow A{N_1} = \frac{9}{2}$ , άρα $\displaystyle {N_1}\left( {t,\;\frac{9}{2}} \right)$ .

Από το N_1

φέρνουμε κάθετη στην

, που τέμνει την

στο

.

Τότε $\displaystyle \widehat {K{N_1}L} = \widehat {MA{N_1}} = 30^\circ$ , αφού έχουν πλευρές κάθετες.

Το κινείται στην ημιευθεία που είναι κάθετη στην στο και τέμνει τον θετικό κατακόρυφο ημιάξονα.

Προφανώς το "Θεώρημα της Προφάνειας" δεν είναι αρκετό.

Αναρτώ ημιτελή τη λύση, ως εφαλτήριο για όποιον θα ήθελε να συνεχίσει από το συμπέρασμα στο οποίο έχω σταματήσει. Αν δεν δοθεί σύντομα πλήρης αιτιολόγηση θα προσπαθήσω να επανέλθω το ταχύτερο!

#6

KDORTSI έγραψε: Παρ Σεπ 11, 2020 5:48 pm Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου $\displaystyle{AB=4}$ και σημείο $\displaystyle{M}$ το οποίο κινείται πάνω σ' αυτό.

Θεωρούμε το τρίγωνο $\displaystyle{AMN}$ τέτοιο ώστε:

$\displaystyle{(AM)(AN)=18}$ και $\displaystyle{\widehat{MAN}=30^o}$ .

Να βρεθεί ο γ. τόπος του σημείου $\displaystyle{N}$ .

Γιώργο, Σταύρο, Σωτήρη και Γιώργο, καλησπέρα σας από τα Γρεβενά...

Κάπως έτσι σκέφτηκα κι εγώ...Να βάλω στο παιχνίδι μια αντιστροφή και μια στροφή.

Μάλιστα με απλούς αριθμούς που να μας επιτρέπουν να κάνουμε και γεωμετρική κατασκευή.

Επειδή εξακολουθώ να παίζω με τα σχήματα, τους μετασχηματισμούς αυτούς τους βρίσκω

όμορφους, ιδιαίτερα την αντιστροφή. Τώρα μάλιστα με τα λογισμικά που μας επιτρέπουν

να ξεπεράσουμε προβλήματα της παλιάς εποχής.

Σχήμα πρώτο:

: Ασκηση αντιστροφής α1.png (26.41 KiB) Προβλήθηκε 949 φορές

Στο σχήμα αυτό βλέπουμε το ημικύκλιο, ένα τυχαίο σημείο $\displaystyle{M}$ πάνω σ' αυτό και τον κύκλο αντιστροφής
με κέντρο το σημείο $\displaystyle{A}$ και ακτίνα ίση με $\displaystyle{r=\sqrt{18}}$ .
Επειδή το ημικύκλιο διέρχεται από το κέντρο του κύκλου αντιστροφής η εικόνα του θα είναι η ημιευθεία $\displaystyle{(B_1e)}$
κάθετη στη διάκεντρο $\displaystyle{AO}$ , πάνω στην οποία θα ανήκει και η εικόνα $\displaystyle{M_1}$ του σημείου $\displaystyle{M}$ μέσω της
αντιστροφής αυτής. (Το σημείο $\displaystyle{B_1}$ είναι προφανώς η εικόνα του σημείου $\displaystyle{B}$ )

Σχήμα δεύτερο:

: Ασκηση αντιστροφής α2.png (33.25 KiB) Προβλήθηκε 949 φορές

Στο σχήμα αυτό βλέπουμε την στροφή που έγινε στην εικόνα $\displaystyle{M_1}$ με κέντρο το σημείο $\displaystyle{A}$ κατά γωνία ίση με $\displaystyle{30^o}$ .

Αφού λοιπόν το σημείο $\displaystyle{M}$ ανήκει στο ημικύκλιο και η εικόνα του μέσα από τη σύνθεση της αντιστροφής και της στροφής
έδωσε το σημείο $\displaystyle{N}$ , άρα η εικόνα αυτή θα ανήκει στην εικόνα του ημικυκλίου μέσω της ανωτέρω σύνθεσης, δηλαδή
στην ημιευθεία που είναι η στροφή της $\displaystyle{M_1e}$ γύρω από το σημείο $\displaystyle{A}$ κατά γωνία ίση με $\displaystyle{30^o}$ .
Άρα ο ζητούμενος γ. τόπος είναι η ημιευθεία αυτή. (Το αντίστροφο είναι είναι απλό).

Παρατήρηση:
Στα ανωτέρω σχήματα δίνω πληροφορίες δυναμικές που ενεργοποιούνται στο αρχείο που παραθέτω με σχετικές οδηγίες χρήσης.

Άσκηση αντιστροφής α.ggb: (19.89 KiB) Μεταφορτώθηκε 35 φορές

Κώστας Δόρτσιος

Ακόμα ένας γ. τόπος

Ακόμα ένας γ. τόπος

Re: Ακόμα ένας γ. τόπος

Re: Ακόμα ένας γ. τόπος

Re: Ακόμα ένας γ. τόπος

Re: Ακόμα ένας γ. τόπος

Re: Ακόμα ένας γ. τόπος

Μέλη σε σύνδεση