Εντυπωσιακή σταθερότητα

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 11704
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Εντυπωσιακή σταθερότητα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Παρ Νοέμ 01, 2019 7:33 pm

Εντυπωσιακή  σταθερότητα.png
Εντυπωσιακή σταθερότητα.png (12.45 KiB) Προβλήθηκε 288 φορές
Τα ισομήκη τμήματα AB , A'B' , ολισθαίνουν στις πλευρές Ox , Oy αντίστοιχα , γωνίας \widehat{O} .

Δείξτε ότι το τμήμα MN το οποίο συνδέει τα μέσα των AA' , BB' , παραμένει σταθερό .

Υπολογίστε το τμήμα αυτό , αν : AB=A'B'=4 και : \widehat{xOy}=60^0 .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ
Δημοσιεύσεις: 776
Εγγραφή: Πέμ Νοέμ 22, 2018 9:43 pm

Re: Εντυπωσιακή σταθερότητα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ » Παρ Νοέμ 01, 2019 8:19 pm

KARKAR έγραψε:
Παρ Νοέμ 01, 2019 7:33 pm
Εντυπωσιακή σταθερότητα.pngΤα ισομήκη τμήματα AB , A'B' , ολισθαίνουν στις πλευρές Ox , Oy αντίστοιχα , γωνίας \widehat{O} .

Δείξτε ότι το τμήμα MN το οποίο συνδέει τα μέσα των AA' , BB' , παραμένει σταθερό .

Υπολογίστε το τμήμα αυτό , αν : AB=A'B'=4 και : \widehat{xOy}=60^0 .
155.PNG
155.PNG (30.42 KiB) Προβλήθηκε 271 φορές
Έστω K,L τα μέσα των BA',B'A.Τότε ML=LM=NK=KM=\dfrac{AB}{2} δηλαδή το MKNL είναι ρόμβος ,και επειδή \angle KML=\angle xOy σταθερή θα είναι και MN σταθερό.Για AB=A'B'=4 και  \angle xOy=60^{\circ} από τον ρόμβο έχουμε MN=2\sqrt{3} (από τα ισόπλευρα)


Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 12410
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Εντυπωσιακή σταθερότητα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Παρ Νοέμ 01, 2019 9:16 pm

Έστω το AB πάει σε νέα θέση CD, οπότε AC=BD, και έστω L,K τα μέσα των A'C, B'D (δηλαδή L,K οι νέες θέσεις των MN). Τότε τα ML, KN είναι ίσα και παράλληλα (καθώς είναι ίσα με το  \frac {1}{2}AC = \frac {1}{2}BD και παράλληλα της Ox). Άρα το MLKN είναι παραλληλόγραμμο, οπότε LK=MN. Με άλλα λόγια, το MN δεν άλλαξε μέγεθος. Αν τώρα το A'B' πάει σε νέα θέση τότε, για τον ίδιο λόγο, το KL δεν θα αλλάξει μέγεθος. Επειδή η νέες θέσεις των AB, A'B' μπορούν να γίνουν σε δύο στάδια, πρώτα το ένα και μετά το άλλο, η απόδειξη ολοκληρώνεται.
Συνημμένα
isa tmimata.png
isa tmimata.png (17.62 KiB) Προβλήθηκε 252 φορές


Άβαταρ μέλους
Ratio
Δημοσιεύσεις: 254
Εγγραφή: Παρ Σεπ 09, 2016 8:59 am

Re: Εντυπωσιακή σταθερότητα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ratio » Παρ Νοέμ 01, 2019 10:46 pm

Και μία λύση με χρήση διανυσμάτων

\vec{OM}=\frac{\vec{OA}+\vec{OA'}}{2}

\vec{ON}=\frac{\vec{OB}+\vec{OB'}}{2}

\vec{MN}=\frac{\vec{OB}+\vec{OB'}-\vec{OA}-\vec{OA'}}{2}=\frac{\vec{AB}+\vec{A'B'}}{2}\\\\
\left | \vec{MN} \right |^2=\frac{1}{4}(\left | \vec{AB} \right |^2+\left | \vec{A'B'} \right |^2+2\vec{AB}\vec{A'B'})=
\\\\\frac{1}{4}(16+16+2*4*4*cos60^{0})=12\Leftrightarrow \left | \vec{MN} \right |=2\sqrt{3}


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7335
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Εντυπωσιακή σταθερότητα

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Νοέμ 02, 2019 1:28 am

Γράφω τους περιγεγραμμένους κύκλους των \vartriangle OBB'\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle {\rm O}AA'. Ας είναι AB = A'B' = d.και P το άλλο κοινό σημείο των δύο κύκλων.

Είναι :\vartriangle PAB = \vartriangle PA'B' γιατί έχουν: AB = A'B'\,\,,\,\,\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}}

Ως ( εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο χορδής OP του μεγάλου κύκλου) και

\widehat {{\phi _1}} = \widehat {{\phi _2}} ως παραπληρώματα ίσων εγγεγραμμένων γωνιών του μικρού κύκλου .

Άμεση συνέπεια : τα τρίγωνα PAA'\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PBB' είναι ισοσκελή και όμοια αφού
Εντυπωσιακή σταθερότητα_1.png
Εντυπωσιακή σταθερότητα_1.png (51.05 KiB) Προβλήθηκε 206 φορές
Οι γωνίες των κορυφών τους είναι ίσες με τη «σταθερή» γωνία \widehat {xOy} = \widehat \omega

Επίσης τα τρίγωνα PAB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PMN είναι όμοια γιατί τα PM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PN είναι ομόλογα ύψη των όμοιων ισοσκελών τριγώνων PAA'\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PBB'.

Άρα θα έχω : \boxed{\frac{x}{d} = \frac{{PN}}{{PB}} = \cos \frac{\omega }{2} \Rightarrow x = d\cos \frac{\omega }{2}}

Αν τώρα d = 4\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\omega  = 60^\circ  \Rightarrow \boxed{x = 2\sqrt 3 }


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9567
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Εντυπωσιακή σταθερότητα

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Σάβ Νοέμ 02, 2019 9:55 am

KARKAR έγραψε:
Παρ Νοέμ 01, 2019 7:33 pm
Εντυπωσιακή σταθερότητα.pngΤα ισομήκη τμήματα AB , A'B' , ολισθαίνουν στις πλευρές Ox , Oy αντίστοιχα , γωνίας \widehat{O} .

Δείξτε ότι το τμήμα MN το οποίο συνδέει τα μέσα των AA' , BB' , παραμένει σταθερό .

Υπολογίστε το τμήμα αυτό , αν : AB=A'B'=4 και : \widehat{xOy}=60^0 .
Καταλήγοντας στον ίδιο τύπο με τον φίλο Νίκο. Έστω \widehat O=2\omega και AB=A'B'=d.
Εντυπωσιακή σταθερότητα.png
Εντυπωσιακή σταθερότητα.png (15.54 KiB) Προβλήθηκε 178 φορές
Κατασκευάζω τα παραλληλόγραμμα ABCM, A'B'C'M. Προφανώς το MCC' είναι ισοσκελές και η MN είναι

διάμεσος, άρα ύψος και διχοτόμος. Επομένως \boxed{MN= d\cos \omega} Και για την εφαρμογή, \boxed{MN=2\sqrt 3}


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες