Τρίτος γ. τόπος και ... τέλος

#1

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ με $\displaystyle{AB=4}$ και $\displaystyle{G}$ το βαρύκεντρο αυτού.
Μεταβλητό σημείο $\displaystyle{M}$ κινείται στην περίμετρο του τριγώνου αυτού και για το
τρίγωνο $\displaystyle{GMN}$ ισχύει:

$\displaystyle{(GM)(GN)=\frac{16}{3} }$

και

$\displaystyle{ \widehat{MGN}=120^o}$ .

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

: Τρίτος γ. τόπος και ... τέλος 1.png (22.38 KiB) Προβλήθηκε 1483 φορές

#2

Προσέγγιση με απλή Αναλυτική Γεωμετρία (συν τύπο συνημιτόνου γωνίας διανυσμάτων μέσω μέτρων και εσωτερικού γινομένου):

Θέτουμε G=(0,0)

, $A=(-2, -\dfrac{2}{\sqrt{3}})$ , $B=(2, -\dfrac{2}{\sqrt{3}})$ , $C=(0, \dfrac{4}{\sqrt{3}}), M=(m, -\dfrac{2}{\sqrt{3}}), N=(x,y).$

Από την $(GM)(GN)=\dfrac{16}{3}$ λαμβάνουμε $\sqrt{m^2+\dfrac{4}{3}}\sqrt{x^2+y^2}=\dfrac{16}{3}$ .

Από την $\displaystyle{ \widehat{MGN}=120^o}$ λαμβάνουμε $\displaystyle\dfrac{<m,-\dfrac{2}{\sqrt{3}}>\cdot <x,y>}{\sqrt{m^2+\dfrac{4}{3}}\sqrt{x^2+y^2}}=-\dfrac{1}{2}$ .

Από τις παραπάνω δύο ισότητες λαμβάνουμε $m=\dfrac{2y}{\sqrt{3}}-\dfrac{8}{3x}$ , και αντικαθιστώντας στην πρώτη ισότητα παραπάνω λαμβάνουμε

$3(x^2+y^2)^2+(16-8\sqrt{3}y)(x^2+y^2)-64x^2=0.$

Αυτό είναι και το κρίσιμο σημείο του προβλήματος: ως εδώ αναζητούμε ουσιαστικά τον γεωμετρικό τόπο του

όταν το

κινείται επί της πλευράς/ευθείας

, η συμμετρία περί το μέσον της

είναι προφανής, η παρουσία του όρου x^2+y^2

θυμίζει κύκλο, άρα είναι πολύ λογικό να αναζητήσουμε συμμετρικά τόξα κύκλου στην παραπάνω εξίσωση ... και συνεπώς να (προσπαθήσουμε να) την παραγοντοποιήσουμε:

$\left((\sqrt{3}(x^2+y^2)\right)^2-2\cdot \left(\sqrt{3}(x^2+y^2)\right)\cdot (4y)+(4y)^2-48x^2=0$

$3\left(x^2+y^2+4x-\dfrac{4}{\sqrt{3}}y\right)\left(x^2+y^2-4x-\dfrac{4}{\sqrt{3}}y\right)=0$

Προκύπτει ότι οι δύο κύκλοι είναι οι $(x-2)^2+(y-2/\sqrt{3})^2=(4/\sqrt{3})^2$ και $(x+2)^2+(y-2/\sqrt{3})^2=(4/\sqrt{3})^2$ , βλέπετε και συνημμένο.

Από εδώ και πέρα απαιτείται κάποια διερεύνηση, χωρίς να ξεχνάμε ότι έχουμε προς το παρόν μελετήσει μόνον την περίπτωση $M\in AB$ . Εύκολα διαπιστώνουμε ότι τα 'εξωτερικά ημιτόξα' CP, CQ, AQ, BP

αντιστοιχούν στις 2 x 2 = 4 δυνατές περιπτώσεις (θετική 120^0

ή αρνητική 120^0

γωνία $\displaystyle{ \widehat{MGN}}$ , δεξιό ήμισυ

ή αριστερό ήμισυ

πλευράς

).

Ενεργώντας ανάλογα και για τις πλευρές BC, CA

συμπεραίνουμε ότι ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος αποτελείται από τρία τόξα κύκλων εξωτερικά του δοθέντος ισοπλεύρου τριγώνου ABC

. Τα κέντρα αυτών των κύκλων είναι τα συμμετρικά του βαρύκεντρου

ως προς τις τρεις πλευρές, και η ακτίνα τους ίση προς (GA)=(GB)=(GC)

.

: δορτσιος-17-9-20.png (20.68 KiB) Προβλήθηκε 1398 φορές

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #3

KDORTSI έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 13, 2020 11:32 pm
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ με $\displaystyle{AB=4}$ και $\displaystyle{G}$ το βαρύκεντρο αυτού.
Μεταβλητό σημείο $\displaystyle{M}$ κινείται στην περίμετρο του τριγώνου αυτού και για το
τρίγωνο $\displaystyle{GMN}$ ισχύει:

$\displaystyle{(GM)(GN)=\frac{16}{3} }$

και

$\displaystyle{ \widehat{MGN}=120^o}$ .

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

Τρίτος γ. τόπος και ... τέλος 1.png

Να σημειώσω ότι για να είμαστε εντάξει πρέπει να πούμε ότι $\angle MGN=+120$
Θεωρούμε στην προέκταση της

σημείο

ώστε να είναι GN'=GN

.
Λόγω αντιστροφής όταν το

βόσκει στην

το

βόσκει σε ένα τόξο κύκλου.
Κάνοντας στροφή με κέντρο το

και γωνία

αυτού του τόξου βρίσκουμε ένα κομμάτι του τόπου.
Ομοια για τα

και

.
Προσπάθησα να κάνω τους υπολογισμούς αλλά είναι επίμονοι.

#4

KDORTSI έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 13, 2020 11:32 pm
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ με $\displaystyle{AB=4}$ και $\displaystyle{G}$ το βαρύκεντρο αυτού.
Μεταβλητό σημείο $\displaystyle{M}$ κινείται στην περίμετρο του τριγώνου αυτού και για το
τρίγωνο $\displaystyle{GMN}$ ισχύει:

$\displaystyle{(GM)(GN)=\frac{16}{3} }$

και

$\displaystyle{ \widehat{MGN}=120^o}$ .

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

Τρίτος γ. τόπος και ... τέλος 1.png

: ακόμα ένας τόπος και τέλος.png (22.59 KiB) Προβλήθηκε 1335 φορές

Έστω ότι $M\epsilon BC$ και $D\equiv GN\cap AC$ , τότε εύκολα προκύπτει η ισότητα των τριγώνων GMC,GDA

(Γ – Π – Γ ) οπότε GD=GA

.
Αλλά $GA^{2}=R^{2}=\cdots \dfrac{16}{3}=GM\cdot GN=GD\cdot GN$ οπότε ο περίκυκλος του τριγώνου ADN

εφάπτεται της

,άρα $\angle AND\equiv \angle ANG= \angle GAC=30^{0}=\angle ACG\Rightarrow AGCN$ εγγράψιμο σε κύκλο και συνεπώς το

είναι σημείο του τόξου (που δεν περιέχει το

) του περίκυκλου του τριγώνου AGC

. Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι το

είναι σημείο των (αντιστοίχων) τόξων των περικύκλων των τριγώνων AGB,BGC

για θέση του

επί των

αντίστοιχα. Έτσι ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι τα κόκκινα τρία τόξα. Εύκολα προκύπτει και το αντίστροφο …

Στάθης

S.E.Louridas · #5

Απλά και Μόνο επειδή βρισκόμαστε στον φάκελο ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ.
Ας μου επιτραπεί να δούμε την γενική περίπτωση (πέραν της "ιδανικής" περίπτωσης των 120-μοιρών που με τέχνη έθεσε ο Κώστας Δόρτσιος για να "απεγκλωβίσει" καταρχάς τους λύτες, από άλλα ... ), υπό την έννοια ότι μεταβαίνουμε στο γενικότερο περιβάλλον του δεδομένου $GM \cdot GN = {k^2},\;\,k\;ct.,\;k > 0.$

ΑΝΑΛΥΣΗ:
Θεωρούμε το ύψος

και την προβολή του

στην

Αν

η τομή της

με την

, τότε, $\displaystyle{GK \cdot GF = MG \cdot GT = \frac{{{k^2}}}{2} \Rightarrow GF = \frac{{{k^2}}}{{2GK}},\;ct.}$
Το σημείο

λοιπόν είναι ένα σταθερό σημείο, οπότε το σημείο

θα κινείται σε σταθερό κύκλο κέντρου (O)

που είναι το μέσο της διαμέτρου του GF.

Θεωρούμε τώρα ορθογώνιο στο

τρίγωνο

όμοιο προς το ορθογώνιο τρίγωνο NTG,

οπότε το τρίγωνο GQO

θα είναι σταθερό. Άμεσα παίρνουμε την ομοιότητα των τριγώνων GOT, GQN

, από την οποία προκύπτει ότι το τρίγωνο GQN

είναι ισοσκελές. Επομένως το σημείο

θα κινείται στον σταθερό κύκλο (Q,QG).

Εννοείται ότι το "σκηνικό" αυτό θα γίνει και για τις άλλες δύο πλευρές, ώστε να πάρουμε την ένωση.

: generality.png (24.55 KiB) Προβλήθηκε 1307 φορές

(*) Το πρόβλημα αυτό, τουλάχιστον με την γεωμετρική μέθοδο που ανέφερα, γενικεύεται και σε τυχόν τρίγωνο και για τυχόν σημείο του επιπέδου του. Είναι σύνθεση Αντιστροφής, Στροφής και Ομοιοθεσίας σε Κατασκευαστικό προσδιορισμό, αρκεί να κατασκευάζεται η δεδομένη γωνία, αντί της γωνίας των 120-μοιρών, και να δίνεται το ευθύγραμμο τμήμα που το μέτρο του να είναι

Αν δεν έχουμε Κατασκευαστικό Γεωμετρικά προσδιορισμό, τότε, παραμένουμε στην απόδειξη της ύπαρξης.

#6

gbaloglou έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 17, 2020 9:54 pm
Προσέγγιση με απλή Αναλυτική Γεωμετρία (συν τύπο συνημιτόνου γωνίας διανυσμάτων μέσω μέτρων και εσωτερικού γινομένου):

Θέτουμε , $A=(-2, -\dfrac{2}{\sqrt{3}})$ , $B=(2, -\dfrac{2}{\sqrt{3}})$ , $C=(0, \dfrac{4}{\sqrt{3}}), M=(m, -\dfrac{2}{\sqrt{3}}), N=(x,y).$

Από την $(GM)(GN)=\dfrac{16}{3}$ λαμβάνουμε $\sqrt{m^2+\dfrac{4}{3}}\sqrt{x^2+y^2}=\dfrac{16}{3}$ .

Από την $\displaystyle{ \widehat{MGN}=120^o}$ λαμβάνουμε $\displaystyle\dfrac{<m,-\dfrac{2}{\sqrt{3}}>\cdot <x,y>}{\sqrt{m^2+\dfrac{4}{3}}\sqrt{x^2+y^2}}=-\dfrac{1}{2}$ .

Από τις παραπάνω δύο ισότητες λαμβάνουμε $m=\dfrac{2y}{\sqrt{3}}-\dfrac{8}{3x}$ , και αντικαθιστώντας στην πρώτη ισότητα παραπάνω λαμβάνουμε

$3(x^2+y^2)^2+(16-8\sqrt{3}y)(x^2+y^2)-64x^2=0.$

Αυτό είναι και το κρίσιμο σημείο του προβλήματος: ως εδώ αναζητούμε ουσιαστικά τον γεωμετρικό τόπο του όταν το κινείται επί της πλευράς/ευθείας , η συμμετρία περί το μέσον της είναι προφανής, η παρουσία του όρου θυμίζει κύκλο, άρα είναι πολύ λογικό να αναζητήσουμε συμμετρικά τόξα κύκλου στην παραπάνω εξίσωση ... και συνεπώς να (προσπαθήσουμε να) την παραγοντοποιήσουμε:

$\left((\sqrt{3}(x^2+y^2)\right)^2-2\cdot \left(\sqrt{3}(x^2+y^2)\right)\cdot (4y)+(4y)^2-48x^2=0$

$3\left(x^2+y^2+4x-\dfrac{4}{\sqrt{3}}y\right)\left(x^2+y^2-4x-\dfrac{4}{\sqrt{3}}y\right)=0$

Προκύπτει ότι οι δύο κύκλοι είναι οι $(x-2)^2+(y-2/\sqrt{3})^2=(4/\sqrt{3})^2$ και $(x+2)^2+(y-2/\sqrt{3})^2=(4/\sqrt{3})^2$ , βλέπετε και συνημμένο.

Από εδώ και πέρα απαιτείται κάποια διερεύνηση, χωρίς να ξεχνάμε ότι έχουμε προς το παρόν μελετήσει μόνον την περίπτωση $M\in AB$ . Εύκολα διαπιστώνουμε ότι τα 'εξωτερικά ημιτόξα' αντιστοιχούν στις 2 x 2 = 4 δυνατές περιπτώσεις (θετική ή αρνητική γωνία $\displaystyle{ \widehat{MGN}}$ , δεξιό ήμισυ ή αριστερό ήμισυ πλευράς ).

Ενεργώντας ανάλογα και για τις πλευρές συμπεραίνουμε ότι ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος αποτελείται από τρία τόξα κύκλων εξωτερικά του δοθέντος ισοπλεύρου τριγώνου . Τα κέντρα αυτών των κύκλων είναι τα συμμετρικά του βαρύκεντρου ως προς τις τρεις πλευρές, και η ακτίνα τους ίση προς .

δορτσιος-17-9-20.png

Αν και η παραπάνω αλγεβρική λύση μου (#2) ακολουθήθηκε και ξεπεράστηκε από γεωμετρικές προσεγγίσεις, θα ήθελα να δω -- στα πλαίσια της δικής μου προσέγγισης πάντοτε -- λίγο και το αντίστροφο, πως για παράδειγμα το κάθε σημείο (x, y)

επί του τόξου

μας δίνει ένα σημείο (m, 0)

εντός του τμήματος

(ώστε να ισχύουν οι ζητούμενες παραπάνω ισότητες): εύκολα βλέπουμε ότι οφείλουμε, ξεκινώντας από τις $x^2+y^2-x-\dfrac{4y}{\sqrt{3}}$ και $0\leq x\leq 4$ , να βρούμε

τέτοιο ώστε $mx-\dfrac{2y}{\sqrt{3}}=-\dfrac{8}{3}$ και $0\leq m\leq 2$ ^ οφείλουμε δηλαδή να δείξουμε ότι αν $y=\dfrac{2+\sqrt{4+12x-3x^2}}{\sqrt{3}}$ και $0\leq x\leq 4$ τότε ισχύει η $0\leq \dfrac{-4+2\sqrt{4+12x-3x^2}}{3x}\leq 2$ (εύκολο).

#7

KDORTSI έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 13, 2020 11:32 pm
Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ με $\displaystyle{AB=4}$ και $\displaystyle{G}$ το βαρύκεντρο αυτού.
Μεταβλητό σημείο $\displaystyle{M}$ κινείται στην περίμετρο του τριγώνου αυτού και για το
τρίγωνο $\displaystyle{GMN}$ ισχύει:

$\displaystyle{(GM)(GN)=\frac{16}{3} }$

και

$\displaystyle{ \widehat{MGN}=120^o}$ .

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

Φίλοι μου γεια σας...

Κλείνει ο κύκλος των τριών ασκήσεων που πρότεινα με τις οποίες ασχοληθήκατε και σας ευχαριστώ.

Σχήμα 1ο

: Άσκηση αντιστροφής γ1.png (34.58 KiB) Προβλήθηκε 1186 φορές

Εύκολα διαπιστώνεται ότι ο κύκλος αντιστροφής έχει ακτίνα:

$\displaystyle{R=\frac{4\sqrt{3}}{3} \ \ (1)}$

Από την (1) προκύπτει ότι ο κύκλος αυτός είναι ο περιγεγραμμένος στο τρίγωνο $\displaystyle{ABC}$ .

Επίσης, ο φορέας της πλευράς $\displaystyle{BC}$ του τριγώνου αυτού επειδή δεν διέρχεται από το κέντρο αντιστροφής

έχει εικόνα τον κύκλο $\displaystyle{C_1}$ (με στικτή γραμμή), ο οποίος θα διέρχεται από το κέντρο της αντιστροφής $\displaystyle{G}$

και θα έχει με τον κύκλο αντιστροφής διάκεντρο $\displaystyle{GG_1}$ κάθετη στην $\displaystyle{BC}$ .

Από τα ανωτέρω προκύπτει ότι ο κύκλος αυτός θα είναι ίσος με τον κύκλο της αντιστροφής αυτής.(Εύκολα δείχνεται)

Εμάς μας ενδιαφέρει η εικόνα της πλευράς $\displaystyle{BC}$ οποία είναι το τόξο:

$\displaystyle{\stackrel\frown{BM'C}=240^o \ \ (2) }$

Αντίστοιχα τόξα είναι και οι εικόνες των πλευρών : $\displaystyle{AB, AC}$ του τριγώνου $\displaystyle{ABC}$

Σχήμα 2ο

: Άσκηση αντιστροφής γ2.png (49.82 KiB) Προβλήθηκε 1186 φορές

Στο σχήμα αυτό και στο σημείο $\displaystyle{M'}$ έχει εφαρμοστεί η στροφή με κέντρο στο σημείο $\displaystyle{O}$ και με γωνία ίση με $\displaystyle{ 120^o}$

κι έτσι προέκυψε η εικόνα του σημείου αυτού που είναι η τρίτη κορυφή $\displaystyle{N}$ του τριγώνου $\displaystyle{OMN}$ .

Επομένως ο γ. τόπος του σημείου $\displaystyle{N}$ θα είναι η στροφή του τόξου $\displaystyle{\stackrel\frown{BM'C} }$ γύρω από το $\displaystyle{O}$ και κατά

γωνία ίση με $\displaystyle{120^o}$ .

Έτσι προκύπτει ο συνολικός γ. τόπος ο οποίος είναι τα τρία τόξα που φαίνονται στο ανωτέρω σχήμα.

Αναρτώ και το δυναμικό σχήμα με οδηγίες χρήσης.

Άσκση αντιστροφής γ.ggb: (22.66 KiB) Μεταφορτώθηκε 27 φορές

Κώστας Δόρτσιος

Τρίτος γ. τόπος και ... τέλος

Τρίτος γ. τόπος και ... τέλος

Re: Τρίτος γ. τόπος και ... τέλος

Re: Τρίτος γ. τόπος και ... τέλος

Re: Τρίτος γ. τόπος και ... τέλος

Re: Τρίτος γ. τόπος και ... τέλος

Re: Τρίτος γ. τόπος και ... τέλος

Re: Τρίτος γ. τόπος και ... τέλος

Μέλη σε σύνδεση