Η μικρότερη υποτείνουσα

KARKAR · #1

: Μικρότερη υποτείνουσα.png (10.99 KiB) Προβλήθηκε 887 φορές

Σημείο

κινείται στην ακτίνα OA=r

, τεταρτοκυκλίου $O\overset{\frown}{AB}$ . Η κάθετη

της

στο

, τέμνει το τόξο στο

. Βρείτε το ελάχιστο του τμήματος

.

Υπόδειξη - συμπλήρωση : Αν T(t,0)

και

, βρείτε την τετμημένη

,του σημείου

.

Είναι φανερό ότι όσο μικρότερο είναι το

, τόσο μικρότερη θα είναι η υποτείνουσα ( γιατί ; )

Εδώ το θέμα ξεφεύγει από την ύλη της Β' Λυκείου

. Χρησιμοποιώντας πάντως ( ισχυρό )

λογισμικό , μπορούμε πλέον να διαπιστώσουμε ότι πράγματι για κάποια ενδιάμεση τιμή του

ελαχιστοποιείται το

και άρα το μήκος της υποτείνουσας

.

#2

: η μικρότερη υποτείνουσα.png (20.84 KiB) Προβλήθηκε 801 φορές

Βρίσκω με Ευκλείδεια γεωμετρία ότι $S{B_{\min }} = r(\sqrt 5 - 1)$

Θα το ελέγξω ακόμα μια φορά και θα γράψω σχετικά

Ας είναι

η προβολή του

στην

και

ρο μέσο της

.

Θέτω: $OT = x\,\,,\,\,TP = u\,,\,SP = y\,\,,\,\,TN = m\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BS = d$

Από το θ. διαμέσων στο $\vartriangle TOS$ έχω : $O{T^2} + T{S^2} = 2T{N^2} + \dfrac{{O{S^2}}}{2} = 2{m^2} + \dfrac{{{r^2}}}{2}\,\,(1)$

Από το Π. Θ. στο $\vartriangle TBS$ έχω : $B{S^2} = T{B^2} + T{S^2} = (O{B^2} + O{T^2}) + T{S^2} = {r^2} + 2{m^2} + \dfrac{{{r^2}}}{2}$

λόγω και της (1)

. Δηλαδή : $\boxed{{d^2} = 2{m^2} + \dfrac{{3{r^2}}}{2}}\,\,\,( * )$ .

Επειδή τα ορθογώνια τρίγωνα $OBT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PTS$ είναι όμοια θα έχω :

$\dfrac{{OT}}{{OB}} = \dfrac{{PS}}{{PT}} \Rightarrow ry = ux\,\,(2)$ (Με διανύσματα προκύπτει η ίδια με εσωτερικό γινόμενο.)

Από το Π. Θ. στο $\vartriangle PSO\,\,$ έχω : $O{S^2} = P{O^2} + P{S^2} \Rightarrow {r^2} = {(x + u)^2} + {y^2}$

: η μικρότερη υποτείνουσα_1.png (20.87 KiB) Προβλήθηκε 765 φορές

ή

${x^2} + {u^2} + {y^2} + 2ux = {r^2}\,\,\,(3)$ αλλά από το Π. Θ. στα $\vartriangle TBS\,\,,\vartriangle OBT\,\,,\vartriangle PST$ έχω :

${d^2} = B{S^2} = T{B^2} + T{S^2} = O{B^2} + O{T^2} + T{S^2} \Rightarrow {d^2} = {r^2} + {x^2} + {u^2} + {y^2}\,\,(4)$

που λόγω της (3)

δίδει : ${d^2} = 2{r^2} - 2ux$ ή λόγω της (1)

, $\boxed{{d^2} = 2{r^2} - 2ry}\,\,\,( * * )$

Δηλαδή με τις σχέσεις $( * )\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,( * * )$ έχω εκφράσει το BS = d

με δύο τρόπους .

Όμως στο ισοσκελές $\vartriangle OAS$ το

είναι το σταθερό μέσο της ακτίνας

ενώ το

είναι μεταβλητό πάνω στην

συνεπώς το μήκος TN = m

γίνεται

ελάχιστο όταν $\boxed{NT \bot OA}$ . Τότε όμως $y = 2m\,\,$ και εξισώνοντας τα δεύτερα μέλη

των $( * )\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,( * * )$ έχω : ${y^2} + 4ry - {r^2} = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} y = r(\sqrt 5 - 2) \hfill \\ y = - r(\sqrt 5 + 2) \hfill \\ \end{gathered} \right.$ και άρα :

$\boxed{\boxed{y = r(\sqrt 5 - 2)}}$ επειδή δε λόγω της ( * * )

είναι $d = \sqrt {2{r^2} - 2ry}$ βρίσκω:

$\boxed{{d_{\min }} = r(\sqrt 5 - 1)}$

Για την κατασκευή : Από το σημείο τομής του κύκλου $(O,r(\sqrt 5 - 2))$ με την

Φέρνω παράλληλη στην

που τέμνει το τεταρτοκύκλιο στο

.

#3

Καλησπέρα σε όλους. Η προσπάθεια με Αναλυτική και μελέτη συναρτήσεων οδηγεί σε πολύπλοκη συνάρτηση. To λογισμικό δείχνει ελάχιστο εκεί που το προσδιορίζουν ο Θανάσης και ο Νίκος.

Γεωμετρικά πιστεύω ότι κινούμαι στον ίδιο περίπου δρόμο (*) με τον Νίκο (αν και κόβω δρόμο με την εξίσωση της

...

(*) Όταν το ανάρτησα ΔΕΝ είχα δει τη λύση του Νίκου. Θα τη δω στη συνέχεια.

: 26-06-2018 Γεωμετρία.png (38.26 KiB) Προβλήθηκε 760 φορές

Έστω

το μέσο του

. Ο κύκλος με διάμετρο το

διέρχεται από το

. To (άρα και το ) θα γίνει ελάχιστο όταν ο κύκλος θα εφάπτεται στην , στο .

edit: Το

είναι μεταβλητό σημείο. Αν δεν αποδείξω την παραπάνω εικασία (...που προφανώς ισχύει) η απόδειξη δεν μπορεί να θεωρηθεί πλήρης.

Οπότε $\dislplaystyle MT \bot OA$ και το

είναι το μέσο του

, όπου

η προβολή του

στην

.

Έστω

.

Είναι $\dislplaystyle {\lambda _{BT}} = - \frac{1}{t}$ , οπότε $\dislplaystyle TS:\;\;y = tx - {t^2}$ (2).

Έστω $\dislplaystyle T\left( {t,0} \right)$ , οπότε $\dislplaystyle S\left( {2t,\;{t^2}} \right)$

Οπότε $\dislplaystyle {\left( {2t} \right)^2} + {\left( {{t^2}} \right)^2} = 1 \Leftrightarrow {t^4} + 4{t^2} - 1 = 0 \Leftrightarrow {t^2} = \sqrt 5 - 2 \Leftrightarrow t = \sqrt {\sqrt 5 - 2}$ .

edit: Τότε είναι $\dislplaystyle S\left( {2\sqrt {\sqrt 5 - 2} ,\;\sqrt 5 - 2} \right)$ και $\dislplaystyle BS = \sqrt {6 - 2\sqrt 5 } = \sqrt {{{\left( {\sqrt 5 } \right)}^2} - 2\sqrt 5 + 1} = \sqrt 5 - 1$ και καταλήγω (από άλλο δρόμο) στο αποτέλεσμα του Νίκου.

Λύση με μελέτη συνάρτησης:

Έστω O(0,0), A(1, 0), B(0, 1), T(t, 0), 0<t<1

.

Το τεταρτοκύκλιο έχει εξίσωση $\displaystyle {x^2} + {y^2} = 1,\;\;x,\;y \ge 0$ (1)

Είναι $\displaystyle {\lambda _{BT}} = - \frac{1}{t}$ , οπότε $\displaystyle TS:\;\;y = tx - {t^2}$ (2).

Λύνουμε το σύστημα των (1) και (2).

Έχουμε $\displaystyle \left( {1 + {t^2}} \right){x^2} - 2{t^3}x + {t^4} - 1 = 0$ , από όπου προκύπτει $\displaystyle x = \frac{{{t^3} \pm \sqrt { - {t^4} + {t^2} + 1} }}{{\left( {{t^2} + 1} \right)}}$

(Σχετικά) εύκολα δείχνουμε ότι $\displaystyle - {t^4} + {t^2} + 1 > 0$ και $\dislplaystyle {t^3} < \sqrt { - {t^4} + {t^2} + 1}$ για 0<t<1

Οπότε $\displaystyle S\left( {\frac{{{t^3} + \sqrt { - {t^4} + {t^2} + 1} }}{{\left( {{t^2} + 1} \right)}},\;\frac{{t\sqrt { - {t^4} + {t^2} + 1} - {t^2}}}{{\left( {{t^2} + 1} \right)}}} \right)$ .

Τότε $\displaystyle BS = \sqrt {{{\left( {\frac{{{t^3} + \sqrt { - {t^4} + {t^2} + 1} }}{{\left( {{t^2} + 1} \right)}}} \right)}^2} + {{\left( {1 - \frac{{t\sqrt { - {t^4} + {t^2} + 1} - {t^2}}}{{\left( {{t^2} + 1} \right)}}} \right)}^2}}$

$\displaystyle = \frac{{\sqrt 2 \sqrt {t\left( {{t^2} - 1} \right)\sqrt { - {t^4} + {t^2} + 1} + {t^2} + 1} }}{{{t^2} + 1}}$ .

και συνεχίζει ... (;) ...

nikkru · #4

KARKAR έγραψε: ↑
Κυρ Ιουν 24, 2018 4:00 pm
Μικρότερη υποτείνουσα.pngΣημείο κινείται στην ακτίνα , τεταρτοκυκλίου $O\overset{\frown}{AB}$ . Η κάθετη

της στο , τέμνει το τόξο στο . Βρείτε το ελάχιστο του τμήματος .

Υπόδειξη - συμπλήρωση : Αν και , βρείτε την τετμημένη ,του σημείου .

Είναι φανερό ότι όσο μικρότερο είναι το , τόσο μικρότερη θα είναι η υποτείνουσα ( γιατί ; )

Εδώ το θέμα ξεφεύγει από την ύλη της Β' Λυκείου . Χρησιμοποιώντας πάντως ( ισχυρό )

λογισμικό , μπορούμε πλέον να διαπιστώσουμε ότι πράγματι για κάποια ενδιάμεση τιμή του

ελαχιστοποιείται το και άρα το μήκος της υποτείνουσας .

: Η μικρότερη υποτείνουσα.png (13.33 KiB) Προβλήθηκε 699 φορές

Μια προσπάθεια για λύση με αναλυτική.

Θεωρώ την ακτίνα του κύκλου 1 για να μην χαθώ στις πράξεις.

Αν S(a,b), T(t,0)

τότε $a^2+b^2=1 \ (1)$ . Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

, τότε $N(2t-a,-b) \ (2)$ .

Αφού $TB \perp TS\Rightarrow (-t,1)(a-t,b)=0\Rightarrow t^2-at+b=0 \Leftrightarrow 4t^2-4at+4b=0 \Leftrightarrow$

$a^2+b^2+4+4t^2 - 4at+4b=5 \Leftrightarrow (2t-a)^2+(2+b)^2=5$ δηλαδή το

κινείται στον κύκλο x^2+(y-2)^2=5

.

Από την τριγωνική ανισότητα στο τρίγωνο KBN

η ελάχιστη τιμή του

είναι $\sqrt{5}-1$ , όταν το

είναι ανάμεσα στα

και

.

#5

: Η μικρότερη υποτείνουσα..png (16.17 KiB) Προβλήθηκε 680 φορές

Αν και δεν μπορεί να θεωρηθεί γεωμετρική κατασκευή, το

είναι το σημείο τομής του τεταρτοκυκλίου με την παραβολή $\displaystyle y = \frac{{{x^2}}}{{4r}}$

Η απάντηση δεν είναι δική μου. Ανήκει στον Νίκο Δεργιαδέ. Το θέμα τέθηκε όμως με διαφορετική εκφώνηση:

Να βρεθεί σημείο πάνω στο τεταρτοκύκλιο ώστε ο κύκλος διαμέτρου να εφάπτεται στην .

#6

george visvikis έγραψε: ↑
Τετ Ιουν 27, 2018 1:19 pm
Η μικρότερη υποτείνουσα..png
Αν και δεν μπορεί να θεωρηθεί γεωμετρική κατασκευή, το είναι το σημείο τομής του τεταρτοκυκλίου με την παραβολή $\displaystyle y = \frac{{{x^2}}}{{4r}}$

Η απάντηση δεν είναι δική μου. Ανήκει στον Νίκο Δεργιαδέ. Το θέμα τέθηκε όμως με διαφορετική εκφώνηση:

Να βρεθεί σημείο πάνω στο τεταρτοκύκλιο ώστε ο κύκλος διαμέτρου να εφάπτεται στην .

: Χρυσή κατασκευή_1.png (31.55 KiB) Προβλήθηκε 665 φορές

Η μικρότερη υποτείνουσα

Η μικρότερη υποτείνουσα

Re: Η μικρότερη υποτείνουσα

Re: Η μικρότερη υποτείνουσα

Re: Η μικρότερη υποτείνουσα

Re: Η μικρότερη υποτείνουσα

Re: Η μικρότερη υποτείνουσα

Μέλη σε σύνδεση