Γεωμετρικός Τόπος

#1

Δίδεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ. Εξωτερικά μεταβλητά σημεία Κ και Λ (σχήμα) είναι τέτοια ώστε ΒΛ=ΔΚ. Οι ΔΛ και ΒΚ τέμνονται στο Μ. Ζητείται ο Γεωμ Τόπος του Μ.

#2

Θα δείξουμε ότι το Μ κινείται πάνω στη διχοτόμο της ορθής γωνίας ΔΓΒ (και συγκεκριμένα στο ευθύγραμμο τμήμα ΟΓ (χωρίς το Γ) όπου Ο το σημείο τομής της ΒΔ με τη διχοτόμο της γωνίας ΔΓΒ).

Αν Β(1,0) Λ(a,0) Δ(0,b) τότε Γ(1,b) και από τα δεδομένα του προβλήματος παίρνουμε Κ(0,a-1+b).

Η εξίσωση της διχοτόμου πάνω στην οποία θα δείξουμε ότι βρίσκεται το Μ είναι : $y=x+b-1 \ \ (1)$ .

Η εξίσωση της ευθείας ΚΒ είναι y=(1-a-b)(x-1)

και της ΔΛ είναι $y=-\displaystyle\frac{b}{a}(x-a)$ . Το σημείο Μ ορίζεται σαν η τομή των δύο ευθειών ΚΒ και ΔΛ και λύνοντας το σύστημα παίρνουμε

$M\left(\displaystyle\frac{a}{a+b},-\frac{b(1-a-b)}{a+b}\right)$ . Είναι πλέον εύκολο να δούμε ότι οι συντεταγμένες του Μ επαληθεύουν την (1)

.

Αλέξανδρος

#3

Πολύ σωστά Αλέξανδρε (απλά το Ο δεν είναι το κέντρο του ορθογωνίου αλλά το σημείο τομής της ΒΔ και της διχοτόμου της γωνία Γ)

#4

Γενικότερα, το σημείο

, κινείται πάντοτε σε ευθεία που περνάει από την κορυφή

του δοσμένου ορθογωνίου παραλληλογράμμου ABCD.

$\bullet$ Στην προέκταση της πλευράς

και προς το μέρος του

θεωρούμε τη σημειοσειρά $K,\ K^{\prime},\ K^{\prime}^{\prime},\ ...$

Επίσης, στην προέκταση της πλευράς

και προς το μέρος του

θεωρούμε τη σημειοσειρά $L,\ L^{\prime},\ L^{\prime}^{\prime},\ ...$

Εάν οι δύο αυτές σημειοσειρές είναι όμοιες, δηλαδή αν ισχύει $\frac{DK}{KK^{\prime}} = \frac{BL}{LL^{\prime}}$ και $\frac{KK^{\prime}}{K^{\prime}K^{\prime}^{\prime}} = \frac{LL^{\prime}}{L^{\prime}L^{\prime}^{\prime}}$ , ... τότε τα σημεία $M\equiv BK\cap DL$ και $M^{\prime}\equiv BK^{\prime}\cap DL^{\prime}$ και $M^{\prime}^{\prime}\equiv BK^{\prime}^{\prime}\cap DL^{\prime}^{\prime}$ , ... ανήκουν σε ευθεία που περνάει από την κορυφή

του

Η απόδειξη του ισχυρισμού αυτού, βασίζεται στο παρακάτω γνωστό Λήμμα 1.

$\bullet$ Στην ειδική περίπτωση όπως εδώ, όπότε $DK = BL,\ KK^{\prime} = LL^{\prime},\ K^{\prime}K^{\prime}^{\prime} = L^{\prime}L^{\prime}^{\prime},\ ...$ η ευθεία αυτή ταυτίζεται με τη διχοτόμο της γωνίας $\angle BCD.$

ΛΗΜΜΑ 1. - Δίνεται ορθογώνιο παραλληλόγραμμο και έστω τυχαίο σημείο στο εσωτερικό του. Δια του φέρνουμε τις παράλληλες ευθείες προς τις πλευρές $BC,\ CD,$ οι οποίες τέμνουν αντιστοίχως τις $AB,\ AD,$ στα σημεία έστω $E,\ F.$ Αποδείξτε ότι τα σημεία $M\equiv BF\cap DE,\ N,\ C,$ είναι συνευθειακά.

Απόδειξη. - Έστω $X,\ Z,$ οι προβολές του

επί των $AB,\ AD$ αντιστοίχως.

Από όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\bigtriangleup ZMF,\ \bigtriangleup XBM,$ έχουμε ότι $\frac{ZM}{XB} = \frac{ZF}{XM}$ ,(1)

Από όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\bigtriangleup ZMD,\ \bigtriangleup XEM,$ έχουμε ότι $\frac{ZM}{XE} = \frac{ZD}{XM}$ ,(2)

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ $\frac{XE}{XB} = \frac{ZF}{ZD}$ ,(3)

Από την

σύμφωνα με το Λήμμα που έχει δημοσιευτεί στο viewtopic.php?f=50&t=331, συμπεραίνουμε ότι τα σημεία $M,\ N,\ C,$ είναι συνευθειακά και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

$\bullet$ Επιστρέφοντας τώρα στο πρόβλημα που έχει τεθεί ( στη γενική του μορφή ), επειδή οι σημειοσειρές $K,\ K^{\prime},\ K^{\prime}^{\prime},\ ...$ και $L,\ L^{\prime},\ L^{\prime}^{\prime},\ ...$ είναι όμοιες, με βάση το ίδιο Λήμμα που αναφέρθηκε προηγουμένως, προκύπτει ότι τα σημεία $N,\ N^{\prime},\ N^{\prime}^{\prime},\ ...$ οι απέναντι κορυφές της

στα παραλληλόγραμμα $ALNK,\ AL^{\prime}N^{\prime}K^{\prime},\ AL^{\prime}^{\prime}N^{\prime}^{\prime}K^{\prime}^{\priem},\ ...$ ανήκουν στην ίδια ευθεία έστω $(\epsilon).$

Το σημείο $M\equiv BK\cap DL,$ ανήκει στην ευθεία $(\epsilon)$ , αφού σύμφωνα με το παραπάνω Λήμμα 1, τα σημεία $M,\ C,\ N$ είναι συνευθειακά και ομοίως για τα σημεία $M^{\prime},\ M^{\prime}^{\prime},\ ...$

Άρα, ο γεωμετρικός τόπος του

είναι ευθεία $(\epsilon)$ που περνάει πάντοτε από την κορυφή

του

και το πρόβλημα έχει λυθεί.

Κώστας Βήττας.

#5

Persona_Non_Grata έγραψε:Πολύ σωστά Αλέξανδρε (απλά το Ο δεν είναι το κέντρο του ορθογωνίου αλλά το σημείο τομής της ΒΔ και της διχοτόμου της γωνία Γ)

Ναι έχεις δίκιο! Λάθος εκ παραδρομής! Το διορθώνω αμέσως!

Αλέξανδρος

p_gianno · #6

Καλησπέρα
Στα συνημμένα υπάρχει μία λύση (στο PDF)
Και ένα αρχείο gsp του sketchpad για όποιον θέλει να "παίξει" με το Κ

locus.pdf: (94.39 KiB) Μεταφορτώθηκε 89 φορές

locus.gsp: (6.47 KiB) Μεταφορτώθηκε 68 φορές

Πάνος

Edit | Διορθώθηκε ένα σφάλμα σήμανσης στο gsp

Γεωμετρικός Τόπος

Γεωμετρικός Τόπος

Re: Γεωμετρικός Τόπος

Re: Γεωμετρικός Τόπος

Re: Γεωμετρικός Τόπος

Re: Γεωμετρικός Τόπος

Re: Γεωμετρικός Τόπος

Μέλη σε σύνδεση