Περιγραφή

KARKAR · #1

: Περιγραφή.png (11.57 KiB) Προβλήθηκε 1054 φορές

Στον κύκλο (K,3)

περιγράφουμε τρίγωνο με βάση BC=12

, που κινείται μόνον οριζόντια .

Ας βρούμε τον γεωμετρικό τόπο της κορυφής

του τριγώνου ( εξίσωση της μπλε γραμμής ) .

#2

$(y-4)^2-\dfrac{x^2}{3}=1$ -- με 'επαλήθευση' στο συνημμένο

[Ας δούμε πρώτα αν μπορούμε να το αποδείξουμε συνθετικά αυτό ... και θα επανέλθω αργότερα με συναρπαστικές αναλυτικές λεπτομέρειες!]

: περιγραφή-καρκαρ.png (13.55 KiB) Προβλήθηκε 987 φορές

#3

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 22, 2021 9:57 pm
$(y-4)^2-\dfrac{x^2}{3}=1$ -- με 'επαλήθευση' στο συνημμένο

[Ας δούμε πρώτα αν μπορούμε να το αποδείξουμε συνθετικά αυτό ... και θα επανέλθω αργότερα με συναρπαστικές αναλυτικές λεπτομέρειες!]

περιγραφή-καρκαρ.png

Νομίζω Γιώργο ότι το "κάτω" μέρος της υπερβολής που βρήκες δεν είναι κομμάτι του ζητούμενου γεωμετρικού τόπου αν "διαβάζω" καλά (από το σχήμα του Θανάση) ότι η

εφάπτεται του κύκλου στο "νότιο πόλο" του (πράγμα που δεν διευκρινίζεται σαφώς).

Νομίζω ότι μπορούμε να αποδείξουμε "συνθετικά" (με αναλυτική γεωμετρία) την σωστή εξίσωση της υπερβολής (της μισής κατ' εμένα) και θα επανέλθω κάποια στιγμή (ίσως αύριο)

Αν όντως τα πράγματα είναι έτσι (όπως εγώ τα αντιλαμβάνομαι(θα παρακαλούσα τον Θανάση να το διευκρινήσει)) τότε αν (ως προς το σύστημα που αναφέρεις (διαφαίνεται από την εξίσωση του κύκλου σου) ) η τετμημένη του

είναι μικρότερη του

ή η τετμημένη του

είναι μεγαλύτερη του

νομίζω ότι ο κύκλος δεν θα είναι εγγεγραμμένος στο τρίγωνο αλλά παρεγεγραμμένος

Ισως να μην βλέπω κάτι

Θα τα ξαναπούμε σύντομα

#4

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 22, 2021 11:38 pm

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 22, 2021 9:57 pm
$(y-4)^2-\dfrac{x^2}{3}=1$ -- με 'επαλήθευση' στο συνημμένο

[Ας δούμε πρώτα αν μπορούμε να το αποδείξουμε συνθετικά αυτό ... και θα επανέλθω αργότερα με συναρπαστικές αναλυτικές λεπτομέρειες!]

περιγραφή-καρκαρ.png
Νομίζω Γιώργο ότι το "κάτω" μέρος της υπερβολής που βρήκες δεν είναι κομμάτι του ζητούμενου γεωμετρικού τόπου αν "διαβάζω" καλά (από το σχήμα του Θανάση) ότι η εφάπτεται του κύκλου στο "νότιο πόλο" του (πράγμα που δεν διευκρινίζεται σαφώς).

Νομίζω ότι μπορούμε να αποδείξουμε "συνθετικά" (με αναλυτική γεωμετρία) την σωστή εξίσωση της υπερβολής (της μισής κατ' εμένα) και θα επανέλθω κάποια στιγμή (ίσως αύριο)

Αν όντως τα πράγματα είναι έτσι (όπως εγώ τα αντιλαμβάνομαι(θα παρακαλούσα τον Θανάση να το διευκρινήσει)) τότε αν (ως προς το σύστημα που αναφέρεις (διαφαίνεται από την εξίσωση του κύκλου σου) ) η τετμημένη του είναι μικρότερη του ή η τετμημένη του είναι μεγαλύτερη του νομίζω ότι ο κύκλος δεν θα είναι εγγεγραμμένος στο τρίγωνο αλλά παρεγεγραμμένος

Ισως να μην βλέπω κάτι

Θα τα ξαναπούμε σύντομα

Στάθη συμφωνώ σε όλα, παράλειψη μου το ότι δεν εξαίρεσα τον προφανώς άτοπο χαμηλότερο κλάδο της υπερβολής. Και, ναι, υπάρχουν περιπτώσεις όπου ο κύκλος είναι παρεγγεγραμμένος ... και αυτές προκύπτουν από τον χαμηλότερο κλάδο (νομίζω)

[Αυτές οι τελευταίες περιπτώσεις αρχίζουν όχι μετά το

αλλά μετά το $6+3\sqrt{3}$ , κλπ κλπ]

#5

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 17, 2021 9:42 am
Περιγραφή.pngΣτον κύκλο περιγράφουμε τρίγωνο με βάση , που κινείται μόνον οριζόντια .

Ας βρούμε τον γεωμετρικό τόπο της κορυφής του τριγώνου ( εξίσωση της μπλε γραμμής ) .

Mε αρχή των αξόνων το

τότε για κάποιο μεταβλητό

είναι

καί άρα

.

H κλήση της

είναι $\dfrac {3}{-k}$ οπότε από τον τύπο της διπλάσιας γωνίας (υπόψη $\widehat {ACO} = 2\widehat {KCO}$ ) η κλίση της

είναι $\displaystyle{\dfrac { 2\cdot \frac {3}{-k}}{1- \left (\frac {3}{-k} \right )^2}=- \dfrac {6k}{k^2-9}}$ . Άρα η

έχει εξίσωση

$\displaystyle{y=- \dfrac {6k}{k^2-9}(x-k)}$

Όμοια η

έχει εξίσωση

$\displaystyle{y= \dfrac {6(12-k)}{(k-12)^2-9}(x-k+12)}$

Λύνοντας το σύστημα των δύο θα βρούμε τις συντεταγμένες του

ως $\displaystyle{A\left ( \dfrac {18(k-6)} {k^2-12k+9},\, \dfrac {6k(k-12)} {k^2-12k+9} \right ) }$ .

Διώχνοντας το

βρίσκουμε (το έκανα με λογισμικό γιατί με το χέρι θα έκανα λάθος τις πράξεις, αν και το βήμα αυτό είναι ρουτίνα) ότι $\displaystyle{(y-7)^2- \dfrac {x^2}{3}=1}$ .

Αν θέλαμε την εξίσωση με κέντρο των αξόνων το

, όπως έκανε ο Γιώργος, απλά κάνουμε μεταφορά αξόνων κατά

προς τα πάνω, οπότε θα βρούμε

$\displaystyle{(y-4)^2- \dfrac {x^2}{3}=1}$

KARKAR · #6

: Περιγραφή.png (13.95 KiB) Προβλήθηκε 926 φορές

Μπορούμε να συμφωνήσουμε ότι το σημείο επαφής είναι ο νότιος πόλος

του κύκλου , τον οποίο

χρησιμοποιούμε ως αρχή των αξόνων . Η εφαπτομένη

είναι στον οριζόντιο άξονα .

Ο γεωμετρικός τόπος μπορεί να γραφεί και ως : $y=7+\sqrt{\dfrac{x^2+3}{3}}$

Οι περιορισμοί για τις θέσεις των B , C

, είναι αυτοί του Γιώργου Μπαλόγλου .

#7

gbaloglou έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 22, 2021 9:57 pm
$(y-4)^2-\dfrac{x^2}{3}=1$ -- με 'επαλήθευση' στο συνημμένο

[Ας δούμε πρώτα αν μπορούμε να το αποδείξουμε συνθετικά αυτό ... και θα επανέλθω αργότερα με συναρπαστικές αναλυτικές λεπτομέρειες!]

Ίσως αντί "συνθετικά" έπρεπε να είχα γράψει "Ευκλείδεια"; Τέλος πάντων, από που προκύπτει ότι τα σημεία που δημιουργούν οριζόντια βάση σταθερού μήκους

είναι ακριβώς εκείνα -- στον άνω κλάδο της υπερβολής -- των οποίων η διαφορά αποστάσεων από τα (0,2)

και

είναι σταθερά ίση προς

; Υπάρχει κάποιος 'γεωμετρικός' τρόπος να το δούμε αυτό; (ΔΕΝ γνωρίζω προς το παρόν, οι "λεπτομέρειες" που αναφέρω παραπάνω έχουν να κάνουν κυρίως με τον αναλυτικό προσδιορισμό του γεωμετρικού τόπου, σε γενικότερο πλαίσιο.)

: περιγραφή-καρκαρ.png (17.09 KiB) Προβλήθηκε 862 φορές

KARKAR · #8

: Περιγραφή.png (16.12 KiB) Προβλήθηκε 836 φορές

Γιώργο χρόνια πολλά ! Δεν απαντώ στην ευκλείδεια απορία σου , προτείνω όμως μια πιο κατανοητή εκδοχή του

σχήματος . Μεταφέροντας το κέντρο του κύκλου στο σημείο K(0,-4)

, η προκύπτουσα υπερβολή , είναι η :

$y^2-\dfrac{x^2}{3}=1$ , της οποίας οι εστίες είναι τα σημεία E(0,2)

και

, αφού : $\gamma^2=3+1=4$ .

Τώρα γίνεται φανερό , ότι για κάθε σημείο

του άνω κλάδου της υπερβολής , ισχύει : SE'-SE=2

.

#9

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Δεκ 17, 2021 9:42 am
Περιγραφή.pngΣτον κύκλο περιγράφουμε τρίγωνο με βάση , που κινείται μόνον οριζόντια .

Ας βρούμε τον γεωμετρικό τόπο της κορυφής του τριγώνου ( εξίσωση της μπλε γραμμής ) .

Καλημέρα και Καλές Γιορτές σε όλους με υγεία πάνω από ΟΛΑ .

Σε μια προσπάθεια «παντρέματος» ευκλείδειας και αναλυτικής γεωμετρίας για την εύρεση της εξίσωσης του γεωμετρικού τόπου της κορυφής

του τριγώνου $\vartriangle ABC$ χωρίς λογισμικό

Ας πάρουμε το ορθοκανονικό σύστημα στο

(μας βολεύει το σύστημα που έχει διαλέξει ο Θανάσης πιο πάνω αλλά θεωρώ ότι είναι «ζαβολιά» γιατί προέκυψε μετά την εύρεση του ζητούμενου γ.τ)

Ας εκμεταλλευτούμε ευκλείδεια το σχήμα μας.

Από την διατήρηση της θέσης και του μεγέθους του $\left( I \right)$ σε συνδυασμό με το σταθερό μόνο σε μέγεθος

προκύπτει ότι $\left( IBC \right)=18$ . Από τον έγκυκλο προκύπτει ότι $\left( IFBCE \right)=2\left( IBC \right)=36$ και φυσικά $\left( ABC \right)=2\left( AIF \right)+36$ και με $AF=\sqrt{{{\left( IA \right)}^{2}}-I{{F}^{2}}}=\sqrt{{{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}-9}:\left( 1 \right)$ θα έχουμε $\left( ABC \right)=2\dfrac{\left( AF \right)\cdot \left( IF \right)}{2}+36=3\sqrt{{{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}-9}+36:\left( 2 \right)$

: Περιγραφή.png (23.45 KiB) Προβλήθηκε 813 φορές

Από τα ισοβασικά τρίγωνα $\vartriangle ABC,\vartriangle IBC\Rightarrow \dfrac{\left( ABC \right)}{\left( IBC \right)}=\dfrac{AK}{IO}\overset{y>6(\pi\rho o\varphi \alpha \nu \omega \varsigma ),\left( 2 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,$
$\dfrac{3\sqrt{{{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}-9}+36}{18}=\dfrac{y}{3}\Leftrightarrow$ $\sqrt{{{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}-9}=2\left( y-6 \right)\overset{y>6}{\mathop{\Leftrightarrow }}\,$
${{x}^{2}}+{{\left( y-3 \right)}^{2}}-9={{\left[ 2\left( y-6 \right) \right]}^{2}},y>6$ $\Leftrightarrow \ldots 3{{\left( y-7 \right)}^{2}}-{{x}^{2}}=3,y>6$ και ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος (κλάδος υπερβολής) έχει βρεθεί

#10

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 25, 2021 7:56 am
Περιγραφή.pngΓιώργο χρόνια πολλά ! Δεν απαντώ στην ευκλείδεια απορία σου , προτείνω όμως μια πιο κατανοητή εκδοχή του

σχήματος . Μεταφέροντας το κέντρο του κύκλου στο σημείο , η προκύπτουσα υπερβολή , είναι η :

$y^2-\dfrac{x^2}{3}=1$ , της οποίας οι εστίες είναι τα σημεία και , αφού : $\gamma^2=3+1=4$ .

Τώρα γίνεται φανερό , ότι για κάθε σημείο του άνω κλάδου της υπερβολής , ισχύει : .

Θανάση ανταποδίδω τις ευχές σου με δωράκι: ένα παράδειγμα όπου ο κύκλος x^2+(y+4)^2=9

είναι παρεγγεγραμμένος, με $B=\left(-\dfrac{1}{10},-7\right)$ , $C=\left(\dfrac{119}{10},-7\right)$ , αντίστοιχα ρητά σημεία επαφής εφαπτομένων από

,

στα $\left(-\dfrac{180}{901},-\dfrac{6301}{901}\right)$ , $\left(\dfrac{21420}{15061},-\dfrac{20461}{15061}\right)$ , και σημείο τομής εφαπτομένων $A=\left(\dfrac{10620}{781},-\dfrac{6181}{781}\right)$ (επί του κάτω κλάδου της υπερβολής $y^2-\dfrac{x^2}{3}=1$ ).

: περεγγεγραμμένος.png (21.34 KiB) Προβλήθηκε 717 φορές

Περιγραφή

Περιγραφή

Re: Περιγραφή

Re: Περιγραφή

Re: Περιγραφή

Re: Περιγραφή

Re: Περιγραφή

Re: Περιγραφή

Re: Περιγραφή

Re: Περιγραφή

Re: Περιγραφή

Μέλη σε σύνδεση