Ιχνηλασία

#1

: Ιχνηλασία.png (8.63 KiB) Προβλήθηκε 1401 φορές

Από σημείο

που κινείται στη διάμετρο AB=2R

ενός ημικυκλίου, φέρνω κάθετη στη διάμετρο που τέμνει το ημικύκλιο

στο

H εφαπτομένη στο μέσο

του τόξου $\overset\frown{AM}$ τέμνει την

στο

Προσδιορίστε τη θέση του σημείου

ώστε το

να είναι μέσο του τμήματος PS.

Γιώργος Μήτσιος · #2

Καλημέρα Γιώργο ! Καλή Κυριακή στο

: 29-1-17 Ιχνηλασία.PNG (10.93 KiB) Προβλήθηκε 1348 φορές

Στο σχήμα η

τέμνει την

στο

και η

την

στο

.

Γίνεται φανερό ότι το MENI

, έχοντας τις $\widehat{M},\widehat{E},\widehat{N}$ ορθές είναι ορθογώνιο ενώ το

είναι το μέσον της

.

Θέτω

οπότε

.

Το

ύψος στο ορθ. AMB

άρα $MP^{2}=PA\cdot PB=\left ( 2R-y \right )y \left ...( 1 \right )$ .

Από τα όμοια τρίγωνα MIS, MPB

προκύπτει $\dfrac{SM}{MB}=\dfrac{MI}{MP}\Rightarrow MP^{2}=MB\cdot MI$ , λόγω και της $\left ( 1 \right )\Rightarrow \left ( 2R-y \right )y=x\left ( R-x/2 \right )...\left ( 2 \right )$ .

Ακόμη στο ορθ. AMB

έχουμε $MB^{2}=PB\cdot AB\Rightarrow y=\dfrac{x^{2}}{2R}...(3)$ Με απαλοιφή του

και πράξεις παίρνουμε $3x^{2}-x^{4}/2R^{2}-2Rx=0$ .

Διαιρώντας με $Rx\neq 0$ και θέτοντας $\dfrac{x}{R}=k..0< k< 2$ βρίσκουμε δεκτή ρίζα της $k^{3}-6k+4=0$ την $k=\sqrt{3}-1$ που μας δίνει τη σχέση $BM=\left ( \sqrt{3}-1 \right )R$ .

Ο κύκλος [ $B,\left ( \sqrt{3}-1 \right )R$ ] τέμνει το ημικύκλιο στο

και η $MP\perp AB$ ορίζει τη ζητούμενη θέση του

.

Έκανα άρση της απόκρυψης και αιτιολόγηση . Χαιρετώ επιπλέον και τους συμμετέχοντες Γιώργο (Ρίζο) και Νίκο που .. χρονικά προηγήθηκαν !

Φιλικά Γιώργος.

#3

Καλησπέρα στους συνονόματους (ξενύχτηδες και μη...)

Το άκομψο αποτέλεσμα μού δημιουργεί υποψίες λάθους. Θα ελέγξω με το geogebra το αποτέλεσμα.

: 29-01-2017 Γεωμετρία.jpg (34.41 KiB) Προβλήθηκε 1294 φορές

Έστω

, οπότε

.

Έστω $\displaystyle AM:\;y = \left( {\tan \varphi } \right)x + \tan \varphi$ , οπότε $\displaystyle M\left( {a,\;\left( {\tan \varphi } \right)a + \tan \varphi } \right)$

Τότε $\displaystyle \widehat {BON} = 90^\circ + \varphi$ , οπότε $\displaystyle N\left( {\cos \left( {90^\circ + \varphi } \right),\;\sin \left( {90^\circ + \varphi } \right)} \right) = {\rm N}\left( { - \sin \varphi ,\;\cos \varphi } \right)$

Άρα $\displaystyle NS:\;\;y - \cos \varphi = \tan \varphi \left( {x + \sin \varphi } \right) \Leftrightarrow y = \left( {\tan \varphi } \right)x + \frac{1}{{\cos \varphi }}$ οπότε $\displaystyle S\left( {a,\;\left( {\tan \varphi } \right)a + \frac{1}{{\cos \varphi }}} \right)$ .

Είναι PM=MS

όταν

$\displaystyle \left( {\tan \varphi } \right)a + \frac{1}{{\cos \varphi }} = 2\left( {\;\left( {\tan \varphi } \right)a + \tan \varphi } \right)$

$\displaystyle \Leftrightarrow sin\varphi = \frac{1}{{a + 2}} \Leftrightarrow {\sin ^2}\varphi = \frac{1}{{{{\left( {\alpha + 2} \right)}^2}}}$ .

Επίσης το

είναι σημείο του μοναδιαίου ημικυκλίου, θα είναι

$\displaystyle {a^2} + {\tan ^2}\varphi {\left( {a + 1} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow \left( {a - 1} \right) + \left( {{{\tan }^2}\varphi } \right)\left( {a + 1} \right) = 0 \Leftrightarrow {\tan ^2}\varphi = \frac{{1 - a}}{{a + 1}}$

$\displaystyle {\sin ^2}\varphi = \frac{{{{\tan }^2}\varphi }}{{1 + ta{n^2}\varphi }} \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {a + 2} \right)}^2}}} = \frac{{\frac{{1 - a}}{{a + 1}}}}{{1 + \frac{{1 - a}}{{a + 1}}}}$

$\displaystyle \Leftrightarrow \frac{1}{{{{\left( {a + 2} \right)}^2}}} = \frac{{1 - a}}{2} \Leftrightarrow {a^3} + 3{a^2} - 2 = 0$

Με λογισμικό βρίσκω μια ρίζα $\displaystyle a \cong 0,732$ .

edit: Διόρθωσα ένα λάθος και επαλήθευσα το αποτέλεσμα συγκρίνοντάς το με το αποτέλεσμα του Νίκου και του Γιώργου.

#4

george visvikis έγραψε:Ιχνηλασία.png
Από σημείο που κινείται στη διάμετρο ενός ημικυκλίου, φέρνω κάθετη στη διάμετρο που τέμνει το ημικύκλιο

στο H εφαπτομένη στο μέσο του τόξου $\overset\frown{AM}$ τέμνει την στο Προσδιορίστε τη θέση του σημείου ώστε το

να είναι μέσο του τμήματος

Καλησπέρα στους Γιώργους.

Αν η εφαπτομένη του ημικυκλίου στο

τμήσει την

στο

και την

στο

θα ισχύουν:

$\widehat \omega = \widehat \theta$ ( υπό χορδής κι εφαπτομένης ) και $\widehat \phi = \widehat \theta$ ( κάθετες πλευρές ) άρα $\boxed{\widehat \omega = \widehat \phi }$ .

Επειδή το

είναι μέσο του τόξου $\tau o\xi AM$ θα είναι NS//AM

. Μα αυτό σημαίνει

ότι στο $\vartriangle MSL$ ο φορέας της διχοτόμου από το

( δηλαδή η

) είναι κάθετη

στην

και άρα το τρίγωνο αυτό είναι ισοσκελές με κορυφή το

.

Έτσι αν $\boxed{MP = y}$ θα είναι $\boxed{MS = ML = LN = y}$ . Επί πλέον από Θ. διχοτόμου στο

$\vartriangle MPK$ θα είναι $\dfrac{{MK}}{{MP}} = \dfrac{{BK}}{{BP}} \Rightarrow \dfrac{{MK}}{{ML}} = \dfrac{{BK}}{{BP}} \Rightarrow \boxed{MB//LP}$ η τελευταία μας

Εξασφαλίζει ότι το $\vartriangle LPS$ είναι ορθογώνιο στο

και όμοιο με το $\vartriangle PMB$ .

: Ιχνηλασία.png (30.68 KiB) Προβλήθηκε 1289 φορές

Μετά απ’ αυτά και θέτοντας $\boxed{PB = x\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LS = u}$ θα έχουμε :

$\left\{ \begin{gathered} S{N^2} = 3S{M^2} \hfill \\ \frac{{LS}}{{PB}} = \frac{{SP}}{{MB}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} S{N^2} = 3S{M^2} \hfill \\ \frac{{L{S^2}}}{{P{B^2}}} = \frac{{S{P^2}}}{{M{B^2}}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {(u + y)^2} = 3{y^2}\,\,\,(1) \hfill \\ \frac{{{u^2}}}{{{x^2}}} = \frac{{4{y^2}}}{{2Rx}}\,\,\,\,(2) \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Από την (1)

έχουμε

$u = (\sqrt 3 - 1)y$ που αν τεθεί στην (2)

δίδει $\boxed{x = \frac{{R{{(\sqrt 3 - 1)}^2}}}{2}}$ .

Φιλικά, Νίκος

#5

Ευχαριστώ τους συνονόματους και τον Νίκο για τις απαντήσεις τους. Πρόκειται για προσωπική κατασκευή και ακολουθεί η λύση απ' όπου προέκυψε.

: Ιχνηλασία..png (12.83 KiB) Προβλήθηκε 1244 φορές

Προφανώς,

Θέτω

και κατασκευάζω το παραλληλόγραμμο AMSD.

Είναι:

$\displaystyle{S{N^2} = 3{y^2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{SN=y\sqrt 3}$ (1)

και $\boxed{y^2=x(2R-x)}$ (2)

Από τις

και Π. Θ στο AMP

βγαίνει $\boxed{x=R\sqrt 3}$

#6

george visvikis έγραψε:Ευχαριστώ τους συνονόματους και τον Νίκο για τις απαντήσεις τους. Πρόκειται για προσωπική κατασκευή και ακολουθεί η λύση απ' όπου προέκυψε.
Ιχνηλασία..png
Προφανώς, Θέτω και κατασκευάζω το παραλληλόγραμμο Είναι:

$\displaystyle{S{N^2} = 3{y^2} \Leftrightarrow }$ $\boxed{SN=y\sqrt 3}$ και $\boxed{y^2=x(2R-x)}$ Από τις και Π. Θ στο βγαίνει $\boxed{x=R\sqrt 3}$

Ουαουα!

. Όσα ξέρει ο νοικοκύρης δεν τα ξέρει ο κόσμος όλος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #7

george visvikis έγραψε:Ιχνηλασία.png
Από σημείο που κινείται στη διάμετρο ενός ημικυκλίου, φέρνω κάθετη στη διάμετρο που τέμνει το ημικύκλιο

στο H εφαπτομένη στο μέσο του τόξου $\overset\frown{AM}$ τέμνει την στο Προσδιορίστε τη θέση του σημείου ώστε το

να είναι μέσο του τμήματος

Προφανώς $\displaystyle{H}$ είναι ορθόκεντρο του $\displaystyle{\vartriangle DAB \Rightarrow DH \bot AB \Rightarrow DH//PS}$ .Ακόμη , $\displaystyle{AM//NS}$

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{DMA}$ είναι $\displaystyle{AN = MN \Rightarrow DN = NA \Rightarrow Q}$ μέσον της $\displaystyle{DH}$ και με $\displaystyle{NE//SP}$

λόγω των παραλ/μμων $\displaystyle{NQHE,SQHM}$ , όλα τα κόκκινα τμήματα είναι ίσα με $\displaystyle{PM = x}$

Ισχύει $\displaystyle{N{S^2} = 3{x^2} \Rightarrow \boxed{NS = x\sqrt 3 } \Rightarrow NQ + QS = x\sqrt 3 \Rightarrow QS = HM = x\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}$

Είναι $\displaystyle{DH = HA = 2x}$ οπότε από θ.διχοτόμου στο $\displaystyle{\vartriangle MBA \Rightarrow \frac{{HM}}{{HA}} = \frac{{MB}}{{AB}} \Rightarrow \frac{{x\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}}{{2x}} = \frac{{MB}}{{2R}} \Rightarrow \boxed{MB = R\left( {\sqrt 3 - 1} \right)}}$

: IXN.png (18.34 KiB) Προβλήθηκε 1191 φορές

Ιστοσελίδα · #8

george visvikis έγραψε: Από σημείο που κινείται στη διάμετρο ενός ημικυκλίου, φέρνω κάθετη στη διάμετρο που τέμνει το ημικύκλιο

στο H εφαπτομένη στο μέσο του τόξου $\overset\frown{AM}$ τέμνει την στο Προσδιορίστε τη θέση του σημείου ώστε το

να είναι μέσο του τμήματος

Καλημέρα. Στο δρόμο που χάραξε ο Γιώργος…πολύ όμορφη άσκηση!

: Ιχνηλασία.png (36.37 KiB) Προβλήθηκε 1162 φορές

Έστω $T \equiv BA \cap SN$ και $Q \equiv M'A \cap ST$ , όπου

το συμμετρικό του

ως προς

Θέτω

και

. Από Θαλή και δύναμη σημείου παίρνουμε $QN = y\sqrt 3$

Από $\triangleleft ONT \sim \triangleleft AMP$ και από $TA \cdot TB = T{N^2}$ καταλήγουμε στο $x = R\sqrt 3$

Υ.Γ. Το είναι το ορθόκεντρο του $\triangleleft STB$

Ιχνηλασία

Ιχνηλασία

Re: Ιχνηλασία

Re: Ιχνηλασία

Re: Ιχνηλασία

Re: Ιχνηλασία

Re: Ιχνηλασία

Re: Ιχνηλασία

Re: Ιχνηλασία

Μέλη σε σύνδεση