Γεωμετρικός τόπος, όχι και τόσο συνηθισμένος...

#1

Δίνεται ένα ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ABC (A=90^o)}$ με σταθερή την κορυφή $\displaystyle{A=(0,2)}$ και
μεταβλητές τις άλλες κορυφές $\displaystyle{B,C}$ και με $\displaystyle{B=(t,0), \ \ -15\leq t\leq 17 }$ .
Ακόμα είναι:
$\displaystyle{(AB)(AC)=16}$ .
Να βρεθεί η παραμετρική εξίσωση του γεωμετρικού τόπου του μέσου $\displaystyle{M}$ της
υποτείνουσας $\displaystyle{BC}$ καθώς επίσης και το μήκος της γραμμής αυτής του γ. τόπου.

: Ενας Γεωμετρικός τόπος όχι συνηθισμένος 1.png (10.41 KiB) Προβλήθηκε 2035 φορές

Αφορμή: "Περάστε από το $\displaystyle{C}$ '' στην ακόλουθη διεύθυνση:

https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 22&t=76920

Κώστας Δόρτσιος

S.E.Louridas · #2

KDORTSI έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 30, 2024 2:29 pm
Δίνεται ένα ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ABC (A=90^o)}$ με σταθερή την κορυφή $\displaystyle{A=(0,2)}$ και
μεταβλητές τις άλλες κορυφές $\displaystyle{B,C}$ και με $\displaystyle{B=(t,0), \ \ -15\leq t\leq 17 }$ .
Ακόμα είναι: $\displaystyle{(AB)(AC)=16}$ . Να βρεθεί η παραμετρική εξίσωση του γεωμετρικού τόπου του μέσου $\displaystyle{M}$ της
υποτείνουσας $\displaystyle{BC}$ καθώς επίσης και το μήκος της γραμμής αυτής του γ. τόπου.
Κώστας Δόρτσιος

Καλησπέρα Κώστα με τις πλέον ειλικρινείς κορυφαίες ευχές μου για εσένα και τους ανθρώπους σου.

Καταρχάς έχουμε: Έστω CC_1

(με

σημείο του άξονα

) παράλληλη στην AB.

Έστω επίσης

σημείο του CC_!

τέτοιο ώστε η

να είναι παράλληλη στον άξονα Ox.

Έτσι δημιουργούμε το ορθογώνιο ATDO

που έχει το ίδιο εμβαδόν με το παραλληλόγραμμο ABC_1T

(κοινό μέρος συμπληρωμένο με ίσα ορθογώνια

τρίγωνα) που είναι $2\cdot 8 =16, ct.$ Άρα το σημείο

κινείται σε σταθερό κύκλο κέντρου (4, 2)

διαμέτρου

και βέβαια ακτίνας

Αν τώρα

τότε $\displaystyle{C (2x-t, 2y)$ με $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0\,...$

οπότε μετά από κάποιες πράξεις, καταλήγουμε στην επίλυση του συστήματος

Σ: { ${(2x-t)t-2(2y-2)=0} , {{{\left( {2x - t - 4} \right)}^2} + {{\left( {2y - 2} \right)}^2} = 16} \\ \endmatrix } \right.}$ }

(εύρεση των x, y

με αναμονή τουλάχιστον μία από αυτές να είναι έκφραση του

), ή αν θεωρήσουμε A=2x-t, B=2y-2,

να επιλύσουμε ως προς A(t), B(t)

το σύστημα: $\sum {:\left\{ {{A^2} - 8A + {B^2} = 0,\;\,\left( {4 + {t^2}} \right){A^2} = 32A} \right\}} ...$

Τελικά παίρνουμε: $\displaystyle{A = \frac{{32}}{{{t^2} + 4}} \Rightarrow ... \Rightarrow x = \frac{{{t^3} + 4t + 32}}{{2\left( {{t^2} + 4} \right)}},}$ $\displaystyle{B = \frac{{16t}}{{{t^2} + 4}} \Rightarrow ... \Rightarrow y = \frac{{{t^2} + 8t + 4}}{{{t^2} + 4}}.}$

Άρα έχουμε: $\displaystyle{M\left(\frac{{{t^3} + 4t + 32}}{{2\left( {{t^2} + 4} \right)}}, \frac{{{t^2} + 8t + 4}}{{{t^2} + 4}})}}\right)$ ή $\displaystyle{M\left( {\frac{t}{2} + \frac{{16}}{{{t^2} + 4}},\;1 + \frac{{8t}}{{{t^2} + 4}}} \right).}$ Ο υπολογισμός τώρα του μήκους

της καμπύλης μας, γίνεται με βάση τον τύπο $L = \int\limits_{{t_1}}^{{t_2}} {\sqrt {{{\left[ {x'\left( t \right)} \right]}^2} + {{\left[ {y'\left( t \right)} \right]}^2}} } dt$ , με t_1=-15, t_2=17...

#3

KDORTSI έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 30, 2024 2:29 pm
Δίνεται ένα ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ABC (A=90^o)}$ με σταθερή την κορυφή $\displaystyle{A=(0,2)}$ και
μεταβλητές τις άλλες κορυφές $\displaystyle{B,C}$ και με $\displaystyle{B=(t,0), \ \ -15\leq t\leq 17 }$ .
Ακόμα είναι:
$\displaystyle{(AB)(AC)=16}$ .
Να βρεθεί η παραμετρική εξίσωση του γεωμετρικού τόπου του μέσου $\displaystyle{M}$ της
υποτείνουσας $\displaystyle{BC}$ καθώς επίσης και το μήκος της γραμμής αυτής του γ. τόπου.

Αφορμή: "Περάστε από το $\displaystyle{C}$ '' στην ακόλουθη διεύθυνση:

https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 22&t=76920

Κώστας Δόρτσιος

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 30, 2024 7:07 pm

KDORTSI έγραψε: ↑
Δευ Δεκ 30, 2024 2:29 pm
Δίνεται ένα ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ABC (A=90^o)}$ με σταθερή την κορυφή $\displaystyle{A=(0,2)}$ και
μεταβλητές τις άλλες κορυφές $\displaystyle{B,C}$ και με $\displaystyle{B=(t,0), \ \ -15\leq t\leq 17 }$ .
Ακόμα είναι: $\displaystyle{(AB)(AC)=16}$ . Να βρεθεί η παραμετρική εξίσωση του γεωμετρικού τόπου του μέσου $\displaystyle{M}$ της
υποτείνουσας $\displaystyle{BC}$ καθώς επίσης και το μήκος της γραμμής αυτής του γ. τόπου.
Κώστας Δόρτσιος
Καλησπέρα Κώστα με τις πλέον ειλικρινείς κορυφαίες ευχές μου για εσένα και τους ανθρώπους σου.

Καταρχάς έχουμε: Έστω (με σημείο του άξονα ) παράλληλη στην Έστω επίσης σημείο του τέτοιο ώστε η

να είναι παράλληλη στον άξονα

Έτσι δημιουργούμε το ορθογώνιο που έχει το ίδιο εμβαδόν με το παραλληλόγραμμο (κοινό μέρος συμπληρωμένο με ίσα ορθογώνια

τρίγωνα) που είναι $2\cdot 8 =16, ct.$ Άρα το σημείο κινείται σε σταθερό κύκλο κέντρου διαμέτρου και βέβαια ακτίνας

Αν τώρα τότε $\displaystyle{C (2x-t, 2y)$ με $\overrightarrow {AB} \cdot \overrightarrow {AC} = 0\,...$

οπότε μετά από κάποιες πράξεις, καταλήγουμε στην επίλυση του συστήματος

Σ: { ${(2x-t)t-2(2y-2)=0} , {{{\left( {2x - t - 4} \right)}^2} + {{\left( {2y - 2} \right)}^2} = 16} \\ \endmatrix } \right.}$ }

(εύρεση των με αναμονή τουλάχιστον μία από αυτές να είναι έκφραση του ), ή αν θεωρήσουμε

να επιλύσουμε ως προς το σύστημα: $\sum {:\left\{ {{A^2} - 8A + {B^2} = 0,\;\,\left( {4 + {t^2}} \right){A^2} = 32A} \right\}} ...$

Τελικά παίρνουμε: $\displaystyle{A = \frac{{32}}{{{t^2} + 4}} \Rightarrow ... \Rightarrow x = \frac{{{t^3} + 4t + 32}}{{2\left( {{t^2} + 4} \right)}},}$ $\displaystyle{B = \frac{{16t}}{{{t^2} + 4}} \Rightarrow ... \Rightarrow y = \frac{{{t^2} + 8t + 4}}{{{t^2} + 4}}.}$

Άρα έχουμε: $\displaystyle{M\left(\frac{{{t^3} + 4t + 32}}{{2\left( {{t^2} + 4} \right)}}, \frac{{{t^2} + 8t + 4}}{{{t^2} + 4}})}}\right)$ ή $\displaystyle{M\left( {\frac{t}{2} + \frac{{16}}{{{t^2} + 4}},\;1 + \frac{{8t}}{{{t^2} + 4}}} \right).}$ Ο υπολογισμός τώρα του μήκους

της καμπύλης μας, γίνεται με βάση τον τύπο $L = \int\limits_{{t_1}}^{{t_2}} {\sqrt {{{\left[ {x'\left( t \right)} \right]}^2} + {{\left[ {y'\left( t \right)} \right]}^2}} } dt$ , με

Σωτήρη καλημέρα ...

Πολύ ωραία η αντιμετώπιση του θέματος και οι παραμετρικές εξισώσεις σου δουλεύουν μια χαρά και είναι

ίδιες με εκείνες που κι εγώ από άλλη οδό βρήκα.

Ας δούμε πρώτα το σχήμα του τόπου αυτού:

: Γεωμετρικός τόπος κλπ 1.png (18.03 KiB) Προβλήθηκε 1855 φορές

Όπως φαίνεται από το σχήμα αυτό ο τόπος είναι γενικά μια επίπεδη καμπύλη και μάλιστα με ένα

διπλό σημείο.

Θα ήθελα να αναφέρω και τη δικιά μου τακτική:

Πρώτα βρήκα το αντίστροφο $\displaystyle{B'}$ του σημείου $\displaystyle{B}$ ως πρός κέντρο το σημείο $\displaystyle{A}$ και

δύναμη ίση με $\displaystyle{16}$ . Στη συνέχεια το περιέστρεψα κατά μια όρθή γωνία και με θετική φορά

κι έτσι βρήκα τις συντεταγμένες του σημείου $\displaystyle{C}$ . Αυτές οι δυο ενέργειες μπορούν και γίνονται

εύκολα στο λογισμικό, όμως επειδή έπρεπε να βρούμε όχι το σημείο $\displaystyle{C}$ αλλά τις συντεταγμένες

αυτού το θέμα είναι αρκετά ενδιαφέρον. Η εύρεση των συντεταγμένων έγινε "χειροποίητα".

Στις περιπτώσεις αυτές βέβαια έχουμε και άλλα πλεονεκτήματα. Για παράδειγμα αν είχαμε αντί

ορθογωνίου τριγώνου ένα άλλο με γνωστές γωνίες οι τύποι μας λειτουργούν άψογα και δίνουν

άλλη μορφή στο γεωμετρικό τόπο.

Τέλος μήκος της καμπύλης βρίσκεται όπως αναφέρεις με το ολοκλήρωμα που έγραψες. Όμως

τι θα έλεγες ανα θέλαμε το μήκος του βρόγχου που σχηματίζεται;

Υ.Γ. Παραθέτω και τη διεύθυνση του δυναμικού σχήματος: https://www.geogebra.org/m/ysycwphs

Κώστας Δόρτσιος

#4

KDORTSI έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 14, 2025 12:37 pm

Τέλος μήκος της καμπύλης βρίσκεται όπως αναφέρεις με το ολοκλήρωμα που έγραψες. Όμως

τι θα έλεγες ανα θέλαμε το μήκος του βρόγχου που σχηματίζεται;

Κώστα, αυτό ζητάς:

Από την παραμετρικοποίηση του

που υπάρχει παραπάνω, αντιγράφω

$\displaystyle{M\left( {\frac{t}{2} + \frac{{16}}{{{t^2} + 4}},\;1 + \frac{{8t}}{{{t^2} + 4}}} \right)}$

στο σημείο όπου η καμπύλη αυτοτέμνεται, υπάρχουν δύο τιμές s,t

της παραμέτρου με

$\displaystyle{\left( {\frac{t}{2} + \frac{{16}}{{{t^2} + 4}},\;1 + \frac{{8t}}{{{t^2} + 4}}} \right) = \left( {\frac{s}{2} + \frac{{16}}{{{s^2} + 4}},\;1 + \frac{{8s}}{{{s^2} + 4}}} \right)}}$ .

Παίρνουμε το σύστημα όπου

α) Η μία εξίσωση είναι $\displaystyle{ 1 + \frac{{8t}}{{{t^2} + 4}}}= 1 + \frac{{8s}}{{{s^2} + 4}}}}$ ισοδύναμα $\displaystyle{\frac{{t}}{{{t^2} + 4}}}= \frac{{s}}{{{s^2} + 4}}}}$ . Άρα

$\displaystyle{(t-s)(ts-4)=0}$ , από όπου $\displaystyle{\boxed {ts=4}}$

β) H δεύτερη εξίσωση είναι $\displaystyle{ \frac{t}{2} + \frac{16}{t^2 + 4}= \frac{s}{2} + \frac{16}{s^2 + 4}}$ , ισοδύναμα

$\displaystyle{ (t-s) \left (\frac{1}{2} - \frac{16(s+t)}{(t^2 + 4)(s^2+4)} \right )=0}$ , από όπου $\displaystyle{\boxed { (s^2+4)(t^2+4)=32(s+t) }}$

Λύνοντας το σύστημα ως προς s,t

θα βρούμε ότι οι τιμές τους είναι $4\pm \sqrt {12}$ .

Άρα η ολοκλήρωση για το μήκος του βρόγχου είναι από $4- \sqrt {12}$ έως $4+\sqrt {12}$ .

#5

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 14, 2025 10:49 pm

KDORTSI έγραψε: ↑
Τρί Ιαν 14, 2025 12:37 pm

Τέλος μήκος της καμπύλης βρίσκεται όπως αναφέρεις με το ολοκλήρωμα που έγραψες. Όμως

τι θα έλεγες ανα θέλαμε το μήκος του βρόγχου που σχηματίζεται;
Κώστα, αυτό ζητάς:

Από την παραμετρικοποίηση του που υπάρχει παραπάνω, αντιγράφω

$\displaystyle{M\left( {\frac{t}{2} + \frac{{16}}{{{t^2} + 4}},\;1 + \frac{{8t}}{{{t^2} + 4}}} \right)}$

στο σημείο όπου η καμπύλη αυτοτέμνεται, υπάρχουν δύο τιμές της παραμέτρου με

$\displaystyle{\left( {\frac{t}{2} + \frac{{16}}{{{t^2} + 4}},\;1 + \frac{{8t}}{{{t^2} + 4}}} \right) = \left( {\frac{s}{2} + \frac{{16}}{{{s^2} + 4}},\;1 + \frac{{8s}}{{{s^2} + 4}}} \right)}}$ .

Παίρνουμε το σύστημα όπου

α) Η μία εξίσωση είναι $\displaystyle{ 1 + \frac{{8t}}{{{t^2} + 4}}}= 1 + \frac{{8s}}{{{s^2} + 4}}}}$ ισοδύναμα $\displaystyle{\frac{{t}}{{{t^2} + 4}}}= \frac{{s}}{{{s^2} + 4}}}}$ . Άρα

$\displaystyle{(t-s)(ts-4)=0}$ , από όπου $\displaystyle{\boxed {ts=4}}$

β) H δεύτερη εξίσωση είναι $\displaystyle{ \frac{t}{2} + \frac{16}{t^2 + 4}= \frac{s}{2} + \frac{16}{s^2 + 4}}$ , ισοδύναμα

$\displaystyle{ (t-s) \left (\frac{1}{2} - \frac{16(s+t)}{(t^2 + 4)(s^2+4)} \right )=0}$ , από όπου $\displaystyle{\boxed { (s^2+4)(t^2+4)=32(s+t) }}$

Λύνοντας το σύστημα ως προς θα βρούμε ότι οι τιμές τους είναι $4\pm \sqrt {12}$ .

Άρα η ολοκλήρωση για το μήκος του βρόγχου είναι από $4- \sqrt {12}$ έως $4+\sqrt {12}$ .

Μιχάλη καλημέρα....

Σωστή είναι η μέθοδος αυτή η οποία δίνει το διάστημα μέσα στο οποίο λειτουργεί ο βρόγχος.

Ακόμα από τα ευρήματά σου εύκολα προσδιορίζουμε και το διπλό σημείο το οποίο στην

προκείμενη περίπτωση είναι το σημείο $\displaystyle{M(4,2)}$ , βασικό στοιχείο για τη μελέτη του βρόγχου

αυτού.

Ο υπολογισμός τώρα του μήκους του βρόγχου αυτού δίνεται από τον γνωστό τύπο που ανάφερε

ο Σωτήρης κι εσύ.

Ύστερα από αυτά καταθέτω ένα σχήμα καθώς και το αντίστοιχο δυναμικό έτσι για μια "οπτική απόλαυση"

: Βρόγχος 1.png (10.7 KiB) Προβλήθηκε 1763 φορές

Στο δυναμικό σχήμα βλέπουμε την όλη δημιουργία καθώς και την παράλληλη δημιουργία της

καμπύλης με το αντίστοιχο μήκος.

https://www.geogebra.org/m/xdwukwdf

Τέλος: Τί θα έλεγες για το εμβαδόν αυτού του βρόγχου:

Κώστας Δόρτσιος

mathematica.gr

Γεωμετρικός τόπος, όχι και τόσο συνηθισμένος...

Γεωμετρικός τόπος, όχι και τόσο συνηθισμένος...

Re: Γεωμετρικός τόπος, όχι και τόσο συνηθισμένος...

Re: Γεωμετρικός τόπος, όχι και τόσο συνηθισμένος...

Re: Γεωμετρικός τόπος, όχι και τόσο συνηθισμένος...

Re: Γεωμετρικός τόπος, όχι και τόσο συνηθισμένος...

Μέλη σε σύνδεση