Μήπως υπερβάλλουμε ;

KARKAR · #1

Δίνεται κύκλος διαμέτρου

, σημείο

που κινείται επί του κύκλου και

το συμμετρικό του

ως προς τη

. Οι

και

τέμνονται στο

. Βρείτε το γεωμετρικό τόπο του

.

#2

: 16-02-2012.jpg (28.65 KiB) Προβλήθηκε 986 φορές

Με μερική χρήση Αντιστροφής.
Αντιστρέφουμε το σχήμα με πόλο το σημείο

και λόγο της αντιστροφής την δύναμη του

ως προς τον κύκλο (O,R)

.
Τότε ο (O,R)

παραμένει αμετάβλητος, η δε ευθεία

αντιστρέφεται στον περιγεγραμμένο κύκλο (K,r)

του τριγώνου STT'

(αντιστρέφεται σε κύκλο διερχόμενο του

, το

αντιστρέφεται στο

και το

στο

). Το κέντρο

βρίσκεται επί της

(λόγω μεσοκαθέτου του TT'

) και λόγω αντιστροφής $\displaystyle{SK \bot AB}$ .
Η

είναι ορθογώνια στον (O,R)

, άρα ο

είναι ορθογώνιος του (O,R)

. Συμβολίζουμε με $\displaystyle{\delta }$ την διάκεντρο

, τότε $\displaystyle{{\delta ^2} = {R^2} + {r^2}}$ .
Επίσης ορίζουμε τα σημεία

και

τέτοια ώστε $\displaystyle{OZ = OH = \sqrt 2 R}$ .
Τότε $\displaystyle{S{Z^2} = {\left( {\delta + \sqrt 2 R} \right)^2} + {r^2} = {\delta ^2} + 2{R^2} + {r^2} + 2\sqrt 2 R\delta = 2{\delta ^2} + {R^2} + 2\sqrt 2 R\delta = {\left( {\sqrt 2 \delta + R} \right)^2} \Rightarrow SZ = \sqrt 2 \delta + R}$ .
Όμοια $\displaystyle{SH = \sqrt 2 \delta - R}$ , Δηλαδή $\displaystyle{SZ - SH = \left( {\sqrt 2 \delta + R} \right) - \left( {\sqrt 2 \delta - R} \right) = 2R}$
Επομένως .. το σημείο

διαγράφει υπερβολή με εστίες τα σταθερά σημεία

και

και κορυφές τα

και

(ανάλογα με το τεταρτημόριο κίνησης του

, διαγράφονται οι επί μέρους κλάδοι).

Υπάρχει βέβαια και η Αναλυτική Γεωμετρία .. προτίμησα λύση αμιγώς Γεωμετρική

#3

Μία λύση που υπολείπεται σε κομψότητα εκείνης του Σεραφείμ αλλά έχει και αυτή κάποιο ενδιαφέρον.
1) Χωρίς βλάβη της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι το

γράφει τον μοναδιαίο κύκλο.
2) Οπότε μπορούμε να θεωρήσουμε ότι το

περιγράφεται από ένα μιγαδικό μοναδιαίου μέτρου $\cos t+i\sin t$ ότι το

αντιστοιχεί στο

και το

στο

.
3) Αν ονομάσουμε

τον μιγαδικό που αντιστοιχεί στο

τότε
α) οι εικόνες των

, $\cos t+i\sin t$ ,

βρίσκονται στην ίδια ευθεία
β) οι εικόνες των

, $\cos t-i\sin t$ ,

βρίσκονται στην ίδια ευθεία
4) Επομένως οι αριθμοί $\frac{z+1}{\cos t+i\sin t+1}$ και $\frac{z-1}{\cos t-i\sin t-1}$ είναι πραγματικοί
5) Που μας οδηγεί στις σχέσεις
$\frac{z+1}{\cos t+i\sin t+1}=\frac{\bar{z}+1}{\cos t-i\sin t+1}$ και $\frac{z-1}{\cos t-i\sin t-1}=\frac{\bar{z}-1}{\cos t+i\sin t-1}$
6) Που μας δίνουν $z=\frac{1}{\cos t}+\frac{\sin t}{\cos t}\allowbreak i$
7) Θέτοντας z=x+yi

και κάνοντας απαλοιφή του

βρίσκουμε την εξίσωση $x^{2}-y^{2}=1$ . Tο

ανήκει στον δεξιό κλάδο αυτής της υπερβολής.

: hyp.png (101.08 KiB) Προβλήθηκε 900 φορές

Μαυρογιάννης

Sokratis_Ep. · #4

Χμμμ...
Μάλλον υπερβάλλουμε. Και φυσικά ο Σεραφείμ έχει δίκιο για την αναλυτική:
Ας θεωρήσουμε σύστημα αξόνων με κέντρο το κέντρο του κύκλου, ο οποίος ας θεωρήσουμε ότι είναι μοναδιαίος, με τη διάμετρό του να κείται επί του οριζόντιου άξονα.
Αν ακόμα θεωρήσουμε ότι $T\left( \kappa ,\lambda \right)$ , τότε $T^{\prime }\left( \kappa ,-\lambda \right)$ , με $\kappa^2 +\lambda ^ 2=1$ και βρούμε το σημείο τομής S(x, y) των ευθειών

και

, θα είναι $x= \frac{1}{\kappa }, y=\frac{\lambda }{\kappa }$ , δηλ. $y=\lambda x$ , οπότε: $(\frac{y}{x})^2 + (\frac{1}{x})^2 =1 \Leftrightarrow y^2-x^2=1$ : Ισοσκελής υπερβολή.
Σημ.: Οι περιπτώσεις των περιορισμών και απαλοιφών που εμφανίζονται στη λύση επιβεβαιώνουν την απάντηση.

Μήπως υπερβάλλουμε ;

Μήπως υπερβάλλουμε ;

Re: Μήπως υπερβάλλουμε ;

Re: Μήπως υπερβάλλουμε ;

Re: Μήπως υπερβάλλουμε ;

Μέλη σε σύνδεση