Συντεταγμένες σημείων

KARKAR · #1

: Συντεταγμένες.png (16.08 KiB) Προβλήθηκε 1423 φορές

Σημείο

κινείται επί του κύκλου (K)

, με εξίσωση : (x-5)^2+y^2=4

.

Ο κύκλος διαμέτρου

, τέμνει τον (K)

στο

και τον άξονα y'y

στο

.

Βρείτε : α) Την ελάχιστη τεταγμένη του σημείου

.

β) Την τετμημένη του σημείου

( τομής του x'x

με το

)

Σταμ. Γλάρος · #2

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 21, 2018 11:08 am
Συντεταγμένες.pngΣημείο κινείται επί του κύκλου , με εξίσωση : .

Ο κύκλος διαμέτρου , τέμνει τον στο και τον άξονα στο .

Βρείτε : α) Την ελάχιστη τεταγμένη του σημείου .

β) Την τετμημένη του σημείου ( τομής του με το )

Καλησπέρα. Μια προσπάθεια, εκτός φακέλου (;) , για το α)
Έστω

η τετμημένη του σημείου

, του κύκλου (K)

. Έχουμε $t\in[3,7]$ .
Στη συνέχεια διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις:

α) $S\left ( t, -\sqrt{-t^2+10t-21} \right )$ , όταν το

βρίσκεται κάτω από τον άξονα xx'

.
Τότε το κέντρο

του κύκλου διαμέτρου

είναι $M\left ( \dfrac{t}{2} , \dfrac{-\sqrt{-t^2+10t-21}}{2}\right )$ και η ακτίνα του $R=\dfrac{\sqrt{10t-21}}{2}$ .
Επίσης η εξίσωση του κύκλου (M,R)

είναι η : $\left ( x-\dfrac{t}{2} \right )^2+\left ( y+\dfrac{-\sqrt{-t^2+10t-21}}{2} \right )^2=\dfrac{10t-21}{4}$ .
Για x=0

, στην παραπάνω εξίσωση έχουμε :
i) y=0

(Είναι η περίπτωση κατά την οποία το

βρίσκεται στον xx'

, άρα και το Q(0,0) )

.
ii) $y=-\sqrt{-t^2+10t-21}$ , η τεταγμένη του

.
Θεωρούμε την συνάρτηση $f(t) = -\sqrt{-t^2+10t-21}$ , παραγωγίσιμη με $f'(t)=\dfrac{t-5}{\sqrt{-t^2+10t-21}}$ .
Από πίνακα μονοτονίας προκύπτει ότι η

παρουσιάζει στην θέση t_o =5

, ολικό ελάχιστο το f(5)=-2

.
Αυτή είναι και η ελάχιστη τεταγμένη του

.

β) $S\left ( t, \sqrt{-t^2+10t-21} \right )$ , όταν το

βρίσκεται πάνω από τον άξονα xx'

.
Ομοίως το κέντρο

του κύκλου διαμέτρου

είναι $M\left ( \dfrac{t}{2} , \dfrac{\sqrt{-t^2+10t-21}}{2}\right )$ και η ακτίνα του $R=\dfrac{\sqrt{10t-21}}{2}$ .
Επίσης η εξίσωση του κύκλου (M,R)

είναι η : $\left ( x-\dfrac{t}{2} \right )^2+\left ( y-\dfrac{-\sqrt{-t^2+10t-21}}{2} \right )^2=\dfrac{10t-21}{4}$ .
Για x=0

, στην παραπάνω εξίσωση έχουμε :
i) y=0

(Είναι η περίπτωση κατά την οποία το

βρίσκεται στον xx'

, άρα και το Q(0,0) )

.
ii) $y=\sqrt{-t^2+10t-21}$ , η τεταγμένη του

.
Θεωρούμε την συνάρτηση $f(t) = \sqrt{-t^2+10t-21}$ , παραγωγίσιμη με $f'(t)=-\dfrac{t-5}{\sqrt{-t^2+10t-21}}$ .
Από πίνακα μονοτονίας προκύπτει ότι η

παρουσιάζει στην θέση t_o =5

, ολικό μέγιστο f(5)=2

.
Αυτή είναι η μέγιστη τεταγμένη του

, η οποία δεν μας ζητείται ...
Δυστυχώς εδώ πρέπει να σταματήσω.
Θα επανέλθω αργότερα με το δεύτερο υποερώτημα, αν δεν έχει απαντηθεί.
Φιλικά
Σταμ. Γλάρος

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 21, 2018 11:08 am
Συντεταγμένες.pngΣημείο κινείται επί του κύκλου , με εξίσωση : .

Ο κύκλος διαμέτρου , τέμνει τον στο και τον άξονα στο .

Βρείτε : α) Την ελάχιστη τεταγμένη του σημείου .

β) Την τετμημένη του σημείου ( τομής του με το )

: Συντεταγμένες σημείων.png (35.39 KiB) Προβλήθηκε 1395 φορές

Έστω

το άλλο σημείο τομής του οριζόντιου άξονα με το κύκλου διαμέτρου

και κέντρου

.

Επειδή το τετράπλευρο OGSQ

είναι ορθογώνιο θα είναι $OQ = GS \leqslant 2 \Rightarrow \boxed{{y_Q} \geqslant - 2}$ .

Το σημείο

είναι σταθερό αλλά ψάχνω για αμιγώς γεωμετρική λύση .

#4

Κι εγώ ψάχνω για γεωμετρική λύση στο β) ερώτημα.
Αν

είναι η ακτίνα του αρχικού κύκλου τότε $OT=\dfrac{OK^2-r^2}{2OK}$

Για την απόδειξη θα χρησιμοποιήσω τον παρακάτω ισχυρισμό (για τον οποίο προς το παρόν δεν έχω απόδειξη).

Ισχυρισμός: Αν είναι το κέντρο του δεύτερου κύκλου και η τέμνει τον αρχικό κύκλο

στο τότε τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

: Συντ. Σημείων.α.png (20.21 KiB) Προβλήθηκε 1268 φορές

$\displaystyle O{K^2} - {r^2} = OE \cdot OS = 2OL \cdot OE = 2OT \cdot OK \Leftrightarrow$ $\boxed{OT=\dfrac{OK^2-r^2}{2OK}}$

#5

: Συντεταγμένες σημείων_Eukleid_c.png (67.75 KiB) Προβλήθηκε 1264 φορές

Η πλήρης γεωμετρική λύση μετά απο μια δουλίτσα .

#6

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Αύγ 21, 2018 11:08 am
Συντεταγμένες.pngΣημείο κινείται επί του κύκλου , με εξίσωση : .

Ο κύκλος διαμέτρου , τέμνει τον στο και τον άξονα στο .

Βρείτε : α) Την ελάχιστη τεταγμένη του σημείου .

β) Την τετμημένη του σημείου ( τομής του με το )

Η

τέμνει το σταθερό κύκλο (K)

ακόμα στο

. Επειδή :

$\widehat {PKZ} = 2\widehat {\omega \,}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {PKZ} = 180^\circ - 2\widehat \theta$ θα είναι ταυτόχρονα :

$\left\{ \begin{gathered} \widehat \theta + \widehat \omega = 90^\circ \hfill \\ \widehat \phi + \widehat \omega = 90^\circ \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow \boxed{\widehat \theta = \widehat \phi = \widehat {{\phi _1}} = \widehat {{\phi _2}}}$

Η πιο πάνω σχέση μας εξασφαλίζει τα παρακάτω :

1. το τετράπλευρο PKZO

είναι εγγράψιμο σε κύκλο (C)

2. η τετράδα , $(Q,T\backslash H,P)$ είναι αρμονική

3. Επειδή ο κύκλος (C)

διέρχεται από τα σταθερά σημεία $O\,\,\kappa \alpha \iota \,\,K$ και τέμνει το σταθερό κύκλο (K)

στα σημεία $P\,\,\kappa \alpha \iota \,\,Z$ η κοινή χορδή

θα

διέρχεται από σταθερό σημείο

που ανήκει αναγκαστικά στη σταθερή ευθεία

, γιατί το ένα σταθερό σημείο είναι κέντρο του σταθερού κύκλου ..

4. Η δέσμη : Z(Q,T,H,P)

είναι αρμονική και αν φέρω από το

παράλληλη στην ακτίνα

και κόψει τις $ZQ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ZP\,\,$ στα E,M

θα είναι :

TM = ME

,

: Συντεταγμένες σημείων_Eukleid.png (66.79 KiB) Προβλήθηκε 1243 φορές

Μετά απ’ αυτά εύκολα προκύπτει ότι τα τετράπλευρα $OTEZ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TZEN$ είναι παραλληλόγραμμα άρα το

είναι μέσο του σταθερού

δηλαδή σταθερό .

Στη περίπτωση που ο (C)

έχει διάμετρο την

θα είναι

$PN \bot OK\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\boxed{KN = \frac{{K{P^2}}}{{OK}} = \frac{{{R^2}}}{{OK}}} \Rightarrow \boxed{OT = \frac{{OK - KN}}{{2OK}}}$

Παρατήρηση :

Στην αντιστροφή της ευθείας του κατακόρυφου άξονα με πόλο το και δύναμη αντιστροφής ${R^2}$ , έχω κύκλο διαμέτρου και το είναι το ομόλογο του .

: Συντεταγμένες σημείων_Eukleid_a.png (38.11 KiB) Προβλήθηκε 1229 φορές

KARKAR · #7

: Ομοκυκλικά και λύση.png (30.96 KiB) Προβλήθηκε 1222 φορές

Δείτε το παραλληλόγραμμο OSO'S'

( τα

είναι συνευθειακά , αφού τα O,S'

είναι αντιδιαμετρικά του

. Όλες λοιπόν οι πράσινες γωνίες είναι ίσες . Άρα :

$OT\cdot OO'=OP\cdot OS'=OA\cdot OB \Leftrightarrow OT=\dfrac{OA\cdot OB}{2OK}=\dfrac{3\cdot7}{10}=2.1$

Η λύση του Γιώργου είναι παρόμοιας λογικής , ίσως διευκολυνθεί να την ολοκληρώσει .

Η λύση του Νίκου είναι είναι εφαρμογή του " αυτή η ομάδα δεν χάνει με τίποτα ! "

#8

Απόδειξη του ισχυρισμού: Αν είναι το κέντρο του δεύτερου κύκλου και η τέμνει τον αρχικό κύκλο

στο τότε τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

: Συντ. Σημείων.β.png (25.51 KiB) Προβλήθηκε 1198 φορές

Δανείζομαι από την απόδειξη του Θανάση ότι SS'

είναι διάμετρος του αρχικού κύκλου και οι πράσινες γωνίες είναι ίσες.

Στο τρίγωνο OSS'

τα σημεία

είναι μέσα δύο πλευρών και τα E, P

ίχνη δύο υψών, άρα τα σημεία αυτά ανήκουν

στον κύκλο Euler

του τριγώνου. Αρκεί να δείξω ότι και το

είναι σημείο αυτού κύκλου. Πράγματι,

$\displaystyle K\widehat TP = T\widehat OP + T\widehat PO = S\widehat OP = S\widehat QP = \frac{1}{2}S\widehat LP = K\widehat LP$ και το ζητούμενο έπεται.

Συντεταγμένες σημείων

Συντεταγμένες σημείων

Re: Συντεταγμένες σημείων

Re: Συντεταγμένες σημείων

Re: Συντεταγμένες σημείων

Re: Συντεταγμένες σημείων

Re: Συντεταγμένες σημείων

Re: Συντεταγμένες σημείων

Re: Συντεταγμένες σημείων

Μέλη σε σύνδεση