Μακριά απ' τον τοίχο

KARKAR · #1

: Μακριά απ' τον τοίχο.png (12.49 KiB) Προβλήθηκε 1265 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ABC

, είναι :

. Θεωρούμε εσωτερικό σημείο

του τριγώνου ,

τέτοιο ώστε : $\widehat{TAC}=\widehat{TBC}$ . Βρείτε την μέγιστη απόσταση

του σημείου

, από την πλευρά

.

Σημείωση : Το σημείο κινείται σε άγνωστη καμπύλη ( γεωμετρικός τόπος ) . Είναι δυνατόν να βρεθεί ;

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 21, 2024 1:14 pm
Μακριά απ' τον τοίχο.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , είναι : . Θεωρούμε εσωτερικό σημείο του τριγώνου ,

τέτοιο ώστε : $\widehat{TAC}=\widehat{TBC}$ . Βρείτε την μέγιστη απόσταση του σημείου , από την πλευρά .

Σημείωση : Το σημείο κινείται σε άγνωστη καμπύλη ( γεωμετρικός τόπος ) . Είναι δυνατόν να βρεθεί ;

: Μακριά απ' τον τοίχο.png (8.32 KiB) Προβλήθηκε 1209 φορές

Εικάζω ότι το μέγιστο επιτυγχάνεται όταν $A\widehat TB=90^\circ$ και η

είναι διχοτόμος της $\widehat B.$

Τότε θα είναι $\displaystyle S{T_{\max }} = \frac{{2 - \sqrt 2 }}{4}AB.$ (Μόλις το τεκμηριώσω, θα ανεβάσω τη λύση).

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 21, 2024 1:14 pm
Μακριά απ' τον τοίχο.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο , είναι : . Θεωρούμε εσωτερικό σημείο του τριγώνου ,

τέτοιο ώστε : $\widehat{TAC}=\widehat{TBC}$ . Βρείτε την μέγιστη απόσταση του σημείου , από την πλευρά .

Σημείωση : Το σημείο κινείται σε άγνωστη καμπύλη ( γεωμετρικός τόπος ) . Είναι δυνατόν να βρεθεί ;

Έστω

Φέρνω $TD\bot AB$ και TM||BC

όπως φαίνεται στο σχήμα. Προφανώς,

$D\widehat TM=45^\circ$ και θέτω SA=TD=DM=x, ST=AD=y

και $\displaystyle \tan \varphi = t.$

: Μακριά απ' τον τοίχο.β.png (11.25 KiB) Προβλήθηκε 1191 φορές

$\displaystyle \tan (45^\circ - \varphi ) = \frac{{TD}}{{DB}} \Leftrightarrow \frac{{1 - t}}{{1 + t}} = \frac{x}{{b - y}} = \frac{x}{{b - xt}} \Leftrightarrow x = \frac{{b(t - 1)}}{{{t^2} - 2t - 1}}$

Άρα $\displaystyle ST = \frac{{bt(t - 1)}}{{{t^2} - 2t - 1}}$ που έχει μέγιστη τιμή $\boxed{S{T_{\max }} = \left( {\frac{{2 - \sqrt 2 }}{4}} \right)b}$ όταν $\displaystyle t = \sqrt 2 - 1,$

δηλαδή $\boxed{\varphi=22,5^\circ}$ Τότε όμως είναι $A\widehat TB=90^\circ.$

Με τις συντεταγμένες του παρακάτω σχήματος το

κινείται στην μπλε καμπύλη με εξίσωση $\displaystyle x = \frac{{2y + b + \sqrt {8{y^2} + {b^2}} }}{2}$

: Υπερβολή του τοίχου.png (11.29 KiB) Προβλήθηκε 1186 φορές

O γεωμετρικός τόπος περιορίζεται στο τμήμα με άκρα τα A, C.

#4

Άλλη προσέγγιση (χωρίς να υποθέτουμε ότι το ορθογώνιο είναι ισοσκελές): αν P, Q

είναι οι τομές των AT, BT

με τις

αντίστοιχα, τότε το ABPQ

είναι εγγράψιμο, άρα η

και η

είναι κάθετες, οπότε αρκετά εύκολα από τις A=(0,0), B=(b,0), C=(0,c)

προκύπτουν οι $P=\left(p,-\dfrac{c}{b}p+c\right), Q=\left(0,c-\dfrac{b^2+c^2}{bc}p\right),$ και, τελικά, $T=\left(\dfrac{b(b^2+c^2)p^2-b^2c^2p}{(b^2+c^2)p^2-b^2c^2},\dfrac{-c(b^2+c^2)p^2+bc(b^2+2c^2)p-b^2c^3}{(b^2+c^2)p^2-b^2c^2}\right).$

Έχουμε δηλαδή παραμετρικές εξισώσεις για το

που ίσως συζητήσω -- για την γενική περίπτωση -- σε άλλη δημοσίευση. Στην ειδική περίπτωση του ορθογωνίου ισοσκελούς, b=c=1,

προκύπτει η $T=\left(\dfrac{2p^2-p}{2p^2-1}, \dfrac{-2p^2+3p-1}{2p^2-1}\right).$ Η ζητούμενη

-συντεταγμένη μεγιστοποιείται για 2p^2-4p+1=0,

άρα για $p=\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}$ (αποκλείεται η άλλη ρίζα λόγω p<1

) οπότε $x=\dfrac{2p^2-p}{2p^2-1}=\dfrac{2-\sqrt{2}}{4}.$ Επιβεβαιώνεται έτσι το αποτέλεσμα του Γιώργου, όπως επιβεβαιώνεται και η ορθογωνιότητα του TAB

μέσω της $TA^2+TB^2=AB^2\leftrightarrow 8p^4-28p^3+32p^2-14p+2=0,$ αλλά και η φύση της καμπύλης που διαγράφει το

(υπερβολή

).

: τοίχος-καρκάρ.png (13.67 KiB) Προβλήθηκε 1064 φορές

#5

gbaloglou έγραψε: ↑
Σάβ Φεβ 24, 2024 2:56 pm
Άλλη προσέγγιση (χωρίς να υποθέτουμε ότι το ορθογώνιο είναι ισοσκελές): αν είναι οι τομές των με τις αντίστοιχα, τότε το είναι εγγράψιμο, άρα η και η είναι κάθετες, οπότε αρκετά εύκολα από τις προκύπτουν οι $P=\left(p,-\dfrac{c}{b}p+c\right), Q=\left(0,c-\dfrac{b^2+c^2}{bc}p\right),$ και, τελικά, $T=\left(\dfrac{b(b^2+c^2)p^2-b^2c^2p}{(b^2+c^2)p^2-b^2c^2},\dfrac{-c(b^2+c^2)p^2+bc(b^2+2c^2)p-b^2c^3}{(b^2+c^2)p^2-b^2c^2}\right).$

Έχουμε δηλαδή παραμετρικές εξισώσεις για το που ίσως συζητήσω -- για την γενική περίπτωση -- σε άλλη δημοσίευση. Στην ειδική περίπτωση του ορθογωνίου ισοσκελούς, προκύπτει η $T=\left(\dfrac{2p^2-p}{2p^2-1}, \dfrac{-2p^2+3p-1}{2p^2-1}\right).$ Η ζητούμενη -συντεταγμένη μεγιστοποιείται για άρα για $p=\dfrac{2-\sqrt{2}}{2}$ (αποκλείεται η άλλη ρίζα λόγω ) οπότε $x=\dfrac{2p^2-p}{2p^2-1}=\dfrac{2-\sqrt{2}}{4}.$ Επιβεβαιώνεται έτσι το αποτέλεσμα του Γιώργου, όπως επιβεβαιώνεται και η ορθογωνιότητα του μέσω της $TA^2+TB^2=AB^2\leftrightarrow 8p^4-28p^3+32p^2-14p+2=0,$ αλλά και η φύση της καμπύλης που διαγράφει το (υπερβολή ).

Οι εστίες της παραπάνω υπερβολής x^2-2xy-y^2-x+y=0

παρατίθενται παρακάτω, το θέμα είναι πως προκύπτουν, πως δηλαδή η ισογωνιότητα KARKAR -- είμαι σίγουρος ότι το πρόβλημα και ο τόπος γενικεύονται σε τυχόν τρίγωνο -- σχετίζεται με την σταθερή διαφορά αποστάσεων από δύο σταθερά σημεία ... και ποια η σχέση αυτών των σημείων με το αρχικό τρίγωνο.

Δίνω τις εστίες της υπερβολής -- οι περίπλοκοι τύποι που προέκυψαν είναι πολύ συμβατοί με το γράφημα της προηγούμενης δημοσίευσης μου -- μήπως (;;;) και δώσουν καμιά ιδέα για καθαρά γεωμετρικό (αρχαιοελληνικό) εντοπισμό τους:

$F_1=\left(\dfrac{\sqrt{3\sqrt{2}+4}-\sqrt{3\sqrt{2}-4}+2\sqrt[4]{2}-\sqrt{16+8\sqrt{2}}}{8}, \dfrac{\sqrt{3\sqrt{2}+4}-\sqrt{3\sqrt{2}-4}-2\sqrt[4]{2}+\sqrt{16-8\sqrt{2}}}{8}\right)$

$F_2=\left(\dfrac{\sqrt{3\sqrt{2}+4}-\sqrt{3\sqrt{2}-4}+2\sqrt[4]{2}+\sqrt{16+8\sqrt{2}}}{8}, \dfrac{\sqrt{3\sqrt{2}+4}-\sqrt{3\sqrt{2}-4}-2\sqrt[4]{2}-\sqrt{16-8\sqrt{2}}}{8}\right)$

[Η υπερβολή είναι η $\left(y+\dfrac{\sqrt{\sqrt{2}+1}+\sqrt{\sqrt{2}-1}}{4}\right)^2-\left(x-\dfrac{\sqrt{\sqrt{2}+1}-\sqrt{\sqrt{2}-1}}{4}\right)^2=\dfrac{1}{4}$ στραμμένη αντιωρολογιακά κατά $\dfrac{3\pi }{8}.$ ]

Κάτι φαίνεται να πήγε κάπως στραβά με τους τύπους, θα φροντίσω να επανέλθω...

#6

Διόρθωση (απόλυτα ελεγμένη) στους τύπους της αμέσως προηγούμενης δημοσίευσης μου (τους οποίους διατηρώ ... για 'ιστορικούς' λόγους): η υπερβολή x^2-2xy-y^2-x+y=0

προέρχεται από αντιωρολογιακή στροφή κατά $\dfrac{3\pi}{8}$ της υπερβολής

$\left(y+\dfrac{\sqrt{2+\sqrt{2}}}{4}\right)^2-\left(x-\dfrac{\sqrt{2-\sqrt{2}}}{4}\right)^2=\dfrac{\sqrt{2}}{8}$

και οι εστίες της είναι οι

$F_1=\left(\dfrac{2-\sqrt{2\sqrt{2}+2}}{4}, \dfrac{\sqrt{2\sqrt{2}-2}}{4}\right)\approx (-0,049, 0,227)$

και

$F_2=\left(\dfrac{2+\sqrt{2\sqrt{2}+2}}{4}, -\dfrac{\sqrt{2\sqrt{2}-2}}{4}\right)\approx (1,049, -0,227).$

Παρά τις παραπάνω διορθώσεις και απλοποιήσεις, εξακολουθεί να μην είναι ορατή -- σε μένα τουλάχιστον -- η σχέση των δύο εστιών (συμμετρικών αλλήλων ως προς το $\left(\dfrac{1}{2}, 0\right),$ όπως εύκολα προκύπτει γεωμετρικά, $\widehat{ PAC}=\widehat {PBC}\leftrightarrow \widehat {P'AC}=\widehat {P'BC}$ ) ... με την ισογωνιότητα KARKAR!

: συμμετρική-ισογωνιότητα.png (30.52 KiB) Προβλήθηκε 913 φορές

Μακριά απ' τον τοίχο

Μακριά απ' τον τοίχο

Re: Μακριά απ' τον τοίχο

Re: Μακριά απ' τον τοίχο

Re: Μακριά απ' τον τοίχο

Re: Μακριά απ' τον τοίχο

Re: Μακριά απ' τον τοίχο

Μέλη σε σύνδεση