Γωνία xOy

#1

Δίνεται γωνία xOy

και σημείο

στο επίπεδό της εκτός αυτής.

Από το

φέρουμε δύο ευθείες που τέμνουν τις πλευρές της γωνίας στα A,B

και

με ( $A,A'\in Oy$ και $B,B' \in Ox$ )

Να δείξετε ότι : $\displaystyle{\frac{1}{(POA)}+\frac{1}{(POB')}=\frac{1}{(POA')}+\frac{1}{(POB)}}$

Ιστοσελίδα · #2

Για να δείξουμε ότι $\dfrac{1}{(POA)}+\dfrac{1}{(POB')}=\dfrac{1}{(POA')}+\dfrac{1}{(POB)}$

αρκεί να δείξουμε ότι $\dfrac{(POB)}{(POA)}+\dfrac{(POB)}{(POB')}=\dfrac{(POB)}{(POA')}+1$

αρκεί $\dfrac{PO\cdot PB}{PO\cdot PA}+\dfrac{PO\cdot OB}{PO\cdot OB'}=\dfrac{(POB)}{(POA')}+1$

αρκεί $\dfrac{PA+AB}{PA}+\dfrac{OB'+B'B}{OB'}=\dfrac{(POB)}{(POA')}+1$

αρκεί $1+\dfrac{AB}{PA}+1+\dfrac{B'B}{OB'}=\dfrac{(POB)}{(POA')}+1$

αρκεί $\dfrac{AB}{PA}+\dfrac{B'B}{OB'}=\dfrac{(POB)}{(POA')}-1$

αρκεί $\dfrac{(A'BO)}{(A'PO)}+\dfrac{(A'BP)}{(A'PO)}=\dfrac{(POB)}{(POA')}-1$

αρκεί $\dfrac{(PBO)-(POA')}{(POA')}=\dfrac{(POB)}{(POA')}-1$

αρκεί $\dfrac{(PBO)}{(POA')}-1=\dfrac{(POB)}{(POA')}-1$

#3

Μετά τη λύση του Στρατή, δίνω μια αντιμετώπιση με Αναλυτική Γεωμετρία, αλλά μόνο στην περίπτωση οξείας γωνίας

.

Ο κόπος που θα καταβάλαμε στην περίπτωση αμβλείας γωνίας είναι δυσανάλογος ως προς το προσδοκώμενο όφελος στην επίλυση της (δυσκολούτσικης να την πω...

) άσκησης.

: 03-12-2010 Geometry.png (20.21 KiB) Προβλήθηκε 957 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων παίρνουμε οξεία γωνία $\displaystyle \widehat{xOy'} = \phi$ .

Έστω σημείο Ρ(0,1) και ευθείες από το Ρ που τέμνουν τον Οx στα Α΄(α, 0) και Β΄(β, 0) αντίστοιχα, με 0 < α < β.

Έστω $\displaystyle \varepsilon \phi \phi = \kappa$ , οπότε η Οy΄ έχει εξίσωση: $\displaystyle y = \kappa x$

Τότε η ευθεία που διέρχεται από τα Ρ, Α΄ έχει εξίσωση: $\displaystyle y = - \frac{1}{\alpha }x + 1$ και τέμνει τον Οy΄ στο $\displaystyle A\left( {\frac{\alpha }{{\alpha \kappa + 1}},\;\frac{{\kappa \alpha }}{{\alpha \kappa + 1}}} \right)$ .

Επίσης, η ευθεία που διέρχεται από τα Ρ, Β΄ έχει εξίσωση: $\displaystyle y = - \frac{1}{\beta }x + 1$ και τέμνει τον Οy΄ στο $\displaystyle {\rm B}\left( {\frac{\beta }{{\beta \kappa + 1}},\;\frac{{\kappa \beta }}{{\beta \kappa + 1}}} \right)$ .

Τότε:
$\displaystyle \left( {{\rm P}{\rm O}{\rm A}} \right) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{\alpha }{{\alpha \kappa + 1}} \Rightarrow \;\frac{1}{{\left( {{\rm P}{\rm O}{\rm A}} \right)}} = 2 \cdot \frac{{\alpha \kappa + 1}}{\alpha }$

$\displaystyle \left( {{\rm P}{\rm O}{\rm B}'} \right) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \beta \Rightarrow \;\frac{1}{{\left( {{\rm P}{\rm O}{\rm B}'} \right)}} = 2 \cdot \frac{1}{\beta }$

Άρα $\displaystyle \frac{1}{{\left( {{\rm P}{\rm O}{\rm A}} \right)}} + \;\frac{1}{{\left( {{\rm P}{\rm O}{\rm B}'} \right)}} = 2\left( {\frac{{\alpha \kappa + 1}}{\alpha } + \frac{1}{\beta }} \right) = 2\left( {\frac{{\alpha \beta \kappa + \beta + \alpha }}{{\alpha \beta }}} \right)$

Επίσης:
$\displaystyle \left( {{\rm P}{\rm O}{\rm B}} \right) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \frac{\beta }{{\beta \kappa + 1}} \Rightarrow \;\frac{1}{{\left( {{\rm P}{\rm O}{\rm B}} \right)}} = 2 \cdot \frac{{\beta \kappa + 1}}{\beta }$

$\displaystyle \left( {{\rm P}{\rm O}{\rm A}'} \right) = \frac{1}{2} \cdot 1 \cdot \alpha \Rightarrow \;\frac{1}{{\left( {{\rm P}{\rm O}{\rm A}'} \right)}} = 2 \cdot \frac{1}{\alpha }$

Άρα $\displaystyle \frac{1}{{\left( {{\rm P}{\rm O}{\rm B}} \right)}} + \;\frac{1}{{\left( {{\rm P}{\rm O}{\rm A}'} \right)}} = 2 \cdot \left( {\frac{{\beta \kappa + 1}}{\beta } + \frac{1}{\alpha }} \right) = 2 \cdot \left( {\frac{{\alpha \beta \kappa + \alpha + \beta }}{{\alpha \beta }}} \right)$

Άρα $\displaystyle \frac{1}{{\left( {{\rm P}{\rm O}{\rm A}} \right)}} + \;\frac{1}{{\left( {{\rm P}{\rm O}{\rm B}'} \right)}} = \frac{1}{{\left( {{\rm P}{\rm O}{\rm A}'} \right)}} + \;\frac{1}{{\left( {{\rm P}{\rm O}{\rm B}} \right)}}$

Γιώργος Ρίζος

edit: Διόρθωσα τους παρονομαστές. Ευχαριστώ τον nonlinear για την παρατήρηση.

nonlinear · #4

Στην λυση του κ.Ριζου υπαρχει ενα κ μαλλον περιττο στο παρανομαστη αβκ.

#5

nonlinear έγραψε:Στην λυση του κ.Ριζου υπαρχει ενα κ μαλλον περιττο στο παρονομαστη αβκ.

Ευχαριστώ για την παρατήρηση. Φταίει η

μου! Άλλη φορά θα έχω τα μάτια μου

!

Γ.Ρ.

Το διορθώνω στην παραπάνω ανάρτηση.

S.E.Louridas · #6

$\frac{1} {{\left( {POB} \right)}} - \frac{1} {{\left( {POA} \right)}} = \frac{1} {{\left( {POB{'} } \right)}} - \frac{1} {{\left( {POA{'} } \right)}} \Leftrightarrow \frac{{\left( {OAB} \right)}} {{\left( {OA{'} B{'} } \right)}} = \frac{{\left( {POB} \right)\left( {POA} \right)}} {{\left( {POB{'} } \right)\left( {POA{'} } \right)}} \Leftrightarrow$
$\frac{{\left( {OAB} \right)}} {{\left( {OA{'} B{'} } \right)}} = \frac{{OB \cdot OA}} {{OB{'} \cdot OA{'} }},$ που ισχύει.

**
Έσβησα το Αρκεί που δέν χρειαζόταν, αν και δεν εμπόδιζε την δημιουργική διαδικασία, την ουσία δηλαδή του νά ''κόψει ο νούς'' να βρεθεί τρόπος επίλυσης. Απλά γιά τα off των πυλών.

S.E.Louridas

#7

και λίγο διαφορετικά

$\displaystyle{\frac{(POA)}{(POA')}=\frac{OA}{OA'},\,\,\frac{(POB)}{(POB')}=\frac{OB}{OB'},\,\,\frac{(AOB)}{(A'OB')}=\frac{OA\cdot OB}{OA'\cdot OB'},\,\,}$

$\displaystyle{ \frac{(AOB)}{(A'OB')}= \frac{(POA)(POB)}{(POA')(POB')}\Longrightarrow \frac{(POB)-(POA)}{(POB')-(POA')}= \frac{(POA)(POB)}{(POA')(POB')}\Longrightarrow \frac{(POB)-(POA)}{(POA)(POB)}= \frac{(POB')-(POA')}{(POA')(POB')}\Longrightarrow }$ $\displaystyle{\frac{1}{(POA)}-\frac{1}{(POB)}=\frac{1}{(POA')}-\frac{1}{(POB')}}$

σας ευχαριστώ

Γωνία xOy

Γωνία xOy

Re: Γωνία xOy

Re: Γωνία xOy

Re: Γωνία xOy

Re: Γωνία xOy

Re: Γωνία xOy

Re: Γωνία xOy

Μέλη σε σύνδεση