Νέες συντεταγμένες

KARKAR · #1

Το τρίγωνο AOB

περιστρέφεται περί το

, ώστε η πλευρά

να διέλθει

από το σημείο $\displaystyle S(6,\frac{7}{2})$ . Βρείτε τις συντεταγμένες των σημείων O' , A'

#2

KARKAR έγραψε:Το τρίγωνο περιστρέφεται περί το , ώστε η πλευρά να διέλθει

από το σημείο $\displaystyle S(6,\frac{7}{2})$ . Βρείτε τις συντεταγμένες των σημείων

Το σημείο $\displaystyle{ O' }$ είναι το ένα σημείο τομής των κύκλων $\displaystyle{ \left( {B,4} \right) }$ και του κύκλου $\displaystyle{ \left( M \right) }$ διαμέτρου $\displaystyle{ BS }$ με $\displaystyle{ y_{O'} < 4 }$ (αφού $\displaystyle{ BO' = BO = 4 }$ και $\displaystyle{ \widehat{BO'S} = 90^0 }$ των

οποίων οι εξισώσεις είναι: $\displaystyle{ \boxed{\left( {B,4} \right):x^2 + \left( {y - 4} \right)^2 = 16}:\left( 1 \right) }$ και $\displaystyle{ \left( M \right):\left( {x - 3} \right)^2 + \left( {y - \frac{{15}} {4}} \right)^2 = 9 + \frac{1} {{16}} \Leftrightarrow \left( {x - 3} \right)^2 + \left( {\left( {y - 4} \right) + \frac{1} {4}} \right)^2 = 9 + \frac{1} {{16}} \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ x^2 - 6x + 9 + \left( {y - 4} \right)^2 + \frac{{y - 4}} {2} + \frac{1} {{16}} = 9 + \frac{1} {{16}} \Leftrightarrow \boxed{x^2 + \left( {y - 4} \right)^2 - 6x + \frac{{y - 4}} {2} = 0}:\left( 2 \right) }$

Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right) }$ . Έχουμε: $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} x^2 + \left( {y - 4} \right)^2 = 16 \\ x^2 + \left( {y - 4} \right)^2 - 6x + \frac{{y - 4}} {2} = 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x^2 + \left( {y - 4} \right)^2 = 16 \\ 16 - 6x + \frac{{y - 4}} {2} = 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} x^2 + \left( {y - 4} \right)^2 = 16 \\ y - 4 = 12x - 32 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x^2 + \left( {12x - 32} \right)^2 = 16 \\ y - 4 = 12x - 32 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} x^2 + 144x^2 - 768 \cdot x + 1008 = 0 \\ y - 4 = 12x - 32 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} \boxed{145x^2 - 768 \cdot x + 1008 = 0}:\left( 3 \right) \\ y = 12x - 28 \\ \end{gathered} \right. }$

[attachment=0]3.png[/attachment]

Η δευτεροβάθμια εξίσωση $\displaystyle{ \left( 3 \right) }$ έχει $\displaystyle{ \Delta = \ldots 5184 \Rightarrow \sqrt \Delta = \sqrt {5184} = 72 }$ άρα έχει ρίζες τις $\displaystyle{ x_{O'} = \frac{{84}} {{29}},x_{O'} = \frac{{12}} {5} }$ οπότε τα σημεία τομής των δύο κύκλων είναι:

$\displaystyle{ O'\left( {\frac{{84}} {{29}},\frac{{196}} {{29}}} \right)\,\, \vee \,\boxed{\,O'\left( {\frac{{12}} {5},\frac{4} {5}} \right)} }$ και προφανώς μιλάμε για το σημείο $\displaystyle{ \boxed{\,O'\left( {\frac{{12}} {5},\frac{4} {5}} \right)} }$ με $\displaystyle{ y = \frac{4} {5} < 4 }$ (το άλλο είναι το δεύτερο σημείο τομής των δύο αυτών κύκλων).

Θεωρούμε την ευθεία $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right) }$ η οποία διέρχεται από τα σημεία $\displaystyle{ O'\left( {\frac{{12}} {5},\frac{4} {5}} \right) }$ και $\displaystyle{ S\left( {6,\frac{7} {2}} \right) }$ που έχει συντελεστή διεύθυνσης $\displaystyle{ \lambda = \frac{{\frac{7} {2} - \frac{4} {5}}} {{6 - \frac{{12}} {5}}} = \frac{{\frac{{27}} {{10}}}} {{\frac{{18}} {5}}} = \frac{3} {4} \Rightarrow }$

άρα έχει εξίσωση $\displaystyle{ \boxed{\left( \varepsilon \right):y - \frac{7} {2} = \frac{3} {4}\left( {x - 6} \right)}:\left( 4 \right) }$ . Το σημείο $\displaystyle{ A' }$ είναι το ένα σημείο τομής με θετική τετμημένη

(και τεταγμένη) της ευθείας $\displaystyle{ \left( \varepsilon \right) }$ και του κύκλου $\displaystyle{ \left( {B,BA} \right)\xrightarrow{{BA = \sqrt {OA^2 + OB^2 } = \sqrt {52} }}\boxed{x^2 + \left( {y - 4} \right)^2 = 52} }$

Έτσι έχουμε το σύστημα: $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} y - \frac{7} {2} = \frac{3} {4}\left( {x - 6} \right) \\ x^2 + \left( {y - 4} \right)^2 = 52 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y = \frac{3} {4}x - 1 \\ x^2 + \left( {y - 4} \right)^2 = 52 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y = \frac{3} {4}x - 1 \\ x^2 + \left( {\frac{3} {4}x - 1 - 4} \right)^2 = 52 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y = \frac{3} {4}x - 1 \\ x^2 + \left( {\frac{3} {4}x - 5} \right)^2 = 52 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow }$

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} y = \frac{3} {4}x - 1 \\ x^2 + \frac{9} {{16}}x^2 - \frac{{15}} {2}x + 25 - 52 = 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y = \frac{3} {4}x - 1 \\ x^2 + \frac{9} {{16}}x^2 - \frac{{15}} {2}x + 25 - 52 = 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} y = \frac{3} {4}x - 1 \\ 25x^2 - 120x - 432 = 0 \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow }$ $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} y = \frac{3} {4}x - 1 \\ x = \frac{{36}} {5}\,\, \vee x = - \frac{{12}} {5} \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \ldots \boxed{A'\left( {\frac{{36}} {5},\frac{{22}} {5}} \right)} }$

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

parmenides51 · #3

Μια άλλη αντιμετώπιση στην ωραία αλλά ανορθόδοξη άσκηση του Θανάση με γνώσεις Α΄Λυκείου.

Έστω $\displaystyle{C}$ το σημείο του τριγώνου $\displaystyle{OAB}$ που μετά την περιστροφή αντιστοιχίζεται στο σημείο $\displaystyle{S}$ ,
τότε αφού το $\displaystyle{C}$ είναι εσωτερικό σημείο του $\displaystyle{OA}$ θα έχει συντεταγμένες $\displaystyle{C(x,0)}$ με $\displaystyle{0<x<6}$ .

Με την περιστροφή του τριγώνου $\displaystyle{OAB}$ γύρω από το σημείο $\displaystyle{B}$ τα τμήματα $\displaystyle{CB}$ και $\displaystyle{BS}$ ταυτίζονται οπότε $\displaystyle{CB=BS\Rightarrow \sqrt{(x-0)^2+(0-4)^2}= \sqrt{\left(6-0\right)^2+\left(\frac{7}{2}-4\right)^2}\Rightarrow x^2+16=36+\frac{1}{4}\Rightarrow x^2=20+\frac{1}{4}=\frac{81}{4}\Rightarrow x=\frac{9}{2}}$
αφού $\displaystyle{0<x<6}$

Άρα $\displaystyle{C\left(\frac{9}{2},0\right)}$ .

Με την περιστροφή τριγώνου $\displaystyle{OAB}$ γύρω από το σημείο $\displaystyle{B}$ τα τμήματα $\displaystyle{CB}$ και $\displaystyle{BS}$ , τα τμήματα $\displaystyle{BO}$ , $\displaystyle{BO'}$ , καθώς και τα τμήματα $\displaystyle{BA}$ , $\displaystyle{BA'}$ ταυτίζονται οπότε $\displaystyle{CB=BS}$ , $\displaystyle{BO=BO'}$ και $\displaystyle{BA=BA'}$ συνεπώς τα τρίγωνα $\displaystyle{OBO'}$ , $\displaystyle{CBS}$ και $\displaystyle{ABA'}$ είναι ισοσκελή με κορυφή το $\displaystyle{B}$ , κι επειδή η γωνία της κορυφής $\displaystyle{B}$ είναι ίση σε κάθε τρίγωνο από αυτά λόγω της περιστροφής, τα τρία αυτά τρίγωνα είναι μεταξύ τους όμοια (αφού θα έχουν τρεις γωνίες ίσες μια προς μια).

$\displaystyle{BS= \sqrt{\left(6-0\right)^2+\left(\frac{7}{2}-4\right)^2}=\sqrt{36+\frac{1}{4}}=\sqrt{\frac{145}{4}}=\frac{\sqrt{ 145}}{2}}$
$\displaystyle{CS= \sqrt{\left(\frac{9}{2}-6\right)^2+\left(0-\frac{7}{2}\right)^2}=\sqrt{\frac{9}{4}+\frac{49}{4}}=\sqrt{\frac{58}{4}}=\frac{\sqrt{58}}{2}}$

Έστω $\displaystyle{O' (x,y)}$ τότε $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} BO=BO' \\ \vartriangle OBO' \sim \vartriangle CBS \end{matrix}\right.}}$

$\displaystyle{BO=BO' \Rightarrow \sqrt{(x-0)^2+(y-4)^2}=\sqrt{(4-0)^2+(0-0)^2}\Rightarrow x^2+y^2-8y+16=16\Rightarrow x^2+y^2=8y}$ (1)

$\displaystyle{\vartriangle OBO' \sim \vartriangle CBS\Rightarrow \frac{BO}{BC}=\frac{OO'}{CS}\Rightarrow \frac{4}{\frac{\sqrt{ 145}}{2}} = \frac{\sqrt{ x^2+y^2}}{\frac{\sqrt{ 58}}{2}}\Rightarrow x^2+y^2=\frac{16\cdot 58}{145}= }$ $\displaystyle{ \frac{16\cdot 2\cdot 29}{ 5\cdot 29}=\frac{32}{5}}$

οπότε λόγω της (1) θα ισχύει πως $\displaystyle{8y=\frac{32}{5}\Rightarrow y=\frac{4}{5}}$

κι επειδή $\displaystyle{x^2+y^2=\frac{32}{5}\Rightarrow χ^2+\frac{16}{25}=\frac{32\cdot5}{5\cdot5}\Rightarrow χ^2=\frac{160}{25}-\frac{16}{25}=\frac{144}{25}\Rightarrow x=\sqrt{\frac{144}{25}}=\frac{12}{5}}$

διότι $\displaystyle{x>0}$ αφού το σημείο $\displaystyle{O'}$ ανήκει στο 1ο τεταρτημόριο

Άρα $\displaystyle{O' \left(\frac{12}{5},\frac{4}{5}\right)}$

Ομοίως από τις συνθήκες $\displaystyle{\left\{\begin{matrix} BA=BA' \\ \vartriangle ABA' \sim \vartriangle CBS \end{matrix}\right.}}$ βρίσκονται οι συντεταγμένες του σημείου $\displaystyle{ A'}$ .

parmenides51 · #4

Μια άλλη σκέψη στην γοητευτικά ανορθόδοξη άσκηση που όμως δεν στέφθηκε με επιτυχία...

Η περιστροφή γύρω από το σημείο $\displaystyle{B}$ είναι σύνθεση τριών μετασχηματισμών του επιπέδου, αρχικά παράλληλη μεταφορά του αρχικού τριγώνου κατά διάνυσμα $\displaystyle{\vec{u}=(0,-4)}$ , κατόπιν στροφή του τριγώνου γύρω από το $\displaystyle{O}$ κατά γωνία $\displaystyle{\theta}$ με πίνακα στροφής $\displaystyle{A=\begin{pmatrix} \sigma \upsilon \nu \theta & -\eta \mu \theta \\ \eta \mu \theta & \sigma \upsilon \nu \theta \end{pmatrix} }$ και τέλος παράλληλη μεταφορά κατά διάνυσμα $\displaystyle{-\vec{u}=(0,4)}$ .

Θα χαιρόμουν ιδιαίτερα εαν κάποιος αξιοποιούσε τον παραπάνω συλλογισμό για να την λύσει.

Νέες συντεταγμένες

Νέες συντεταγμένες

Re: Νέες συντεταγμένες

Re: Νέες συντεταγμένες

Re: Νέες συντεταγμένες

Μέλη σε σύνδεση