mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 27, 2018 12:37 pm**

: συμπληρωματικές.png (12.07 KiB) Προβλήθηκε 1163 φορές

Με ευθ. τμήματα συνδέουμε σημείο

του δεξιού κλάδου μιας ισοσκελούς

υπερβολής , με τις κορυφές της

και

. Δείξτε ότι : $\phi +\theta=90^0$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 27, 2018 1:04 pm**

Καλημέρα σε όλους.

: 27-03-2018 Γεωμετρία.png (29.97 KiB) Προβλήθηκε 1144 φορές

Έστω

το σημείο, K(a, 0), K’(-a, 0)

οι κορυφές της υπερβολής x^2-y^2=a^2

.

Τότε η μεσοκάθετη της

είναι η $\displaystyle y = \frac{{a - {x_0}}}{{{y_0}}}\left( {x - \frac{{{x_0} + a}}{2}} \right) + \frac{{{y_0}}}{2}$ και τέμνει τον άξονα yy’

στο $\displaystyle T\left( {0,{y_0}} \right)$ , που είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου που ορίζουν τα S, K, K’

.

Οπότε η κάθετη

στον

είναι εφαπτομένη του κύκλου.

Οπότε $\displaystyle S{M^2} = MK \cdot MK' \Leftrightarrow \frac{{SM}}{{K'M}} = \frac{{KM}}{{SM}} \Leftrightarrow \varepsilon \varphi \theta = \varepsilon \varphi \left( {90^\circ - \varphi } \right) \Leftrightarrow \theta + \varphi = 90^\circ$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 27, 2018 1:23 pm**

Έστω

το σημείο τομής της SK'

με τον κατακόρυφο άξονα και

${x^2} - {y^2} = {a^2}\,,\,\,\,a > 0$ η εξίσωση της ισοσκελούς υπερβολής. Αν $S(m,n),\,\,m > 0$

Θα είναι : $\left\{ \begin{gathered} K'S \to nx - (m + a)y + an = 0 \hfill \\ K(a,0) \hfill \\ K'( - a,0) \hfill \\ \end{gathered} \right.$ .

: Συμπληρωματικές.png (20.12 KiB) Προβλήθηκε 1138 φορές

Η πρώτη για x = 0

μας δίδει την τεταγμένη του σημείου

και άρα $T(0,\dfrac{{an}}{{m + a}})$ .

Έτσι : $\left\{ \begin{gathered} \overrightarrow {TK} = (a,\frac{{an}}{{m + a}}) \hfill \\ \overrightarrow {KS} = (m - a,n) \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \overrightarrow {TK} \cdot \overrightarrow {KS} = a(\dfrac{{{m^2} + {n^2} - {a^2}}}{{m + a}}) = 0$ γιατί ${m^2} + {n^2} = {a^2}$

Δηλαδή $TK \bot KS \Rightarrow \widehat \theta + \widehat \phi = \widehat {{\theta _1}} + \widehat \phi = 90^\circ$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 27, 2018 1:34 pm**

Γιατί μου θυμίζει αυτήν; Κάνω λάθος;

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 27, 2018 9:14 pm**

KARKAR έγραψε: Τρί Μαρ 27, 2018 12:37 pm συμπληρωματικές.pngΜε ευθ. τμήματα συνδέουμε σημείο του δεξιού κλάδου μιας ισοσκελούς

υπερβολής , με τις κορυφές της και . Δείξτε ότι : $\phi +\theta=90^0$ .

Έστω $\displaystyle {x^2} - {y^2} = {a^2}$ η ισοσκελής υπερβολή με $\displaystyle K'( - a,0),K(a,0)$ , $\displaystyle S({x_1},{y_1})$

και $\displaystyle S'({x_1}, - {y_1})$ το συμμετρικό του $\displaystyle S$ ως προς τον $\displaystyle x'x$ άξονα

Είναι $\displaystyle {\lambda _{KS}} = \frac{{{y_1}}}{{{x_1} + a}}$ και $\displaystyle {\lambda _{KS'}} = \frac{{ - {y_1}}}{{{x_1} - a}}$ με $\displaystyle {\lambda _{KS}} \cdot {\lambda _{KS'}} = \frac{{ - {y_1}^2}}{{{x_1}^2 - {a^2}}} = \frac{{ - {y_1}^2}}{{{y_1}^2}} = - 1 \Rightarrow SK \bot S'K$

Έτσι , $\displaystyle K$ ορθόκεντρο του $\displaystyle \vartriangle SS'K'$ άρα οι κόκκινες γωνίες $\displaystyle \theta$ είναι ίσες με $\displaystyle \boxed{\phi + \theta = {{90}^0}}$

: συμπληρωματικές.png (19.75 KiB) Προβλήθηκε 1081 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μαρ 27, 2018 9:37 pm**

: συμπληρωματικές.png (12.9 KiB) Προβλήθηκε 1068 φορές

Η άσκηση έλαβε τρεις θαυμάσιες απαντήσεις , να είστε καλά συνάδελφοι

Ας γράψω μία ακόμη :

Είναι : $\tan\phi=\dfrac{n}{m-a} , \tan\theta=\dfrac{n}{m+a}$ . Παρατηρώ ότι : $\tan\phi\cdot\tan\theta=\dfrac{n^2}{m^2-a^2}=1$ ,

αφού το

είναι σημείο της καμπύλης x^2-y^2=a^2

. Συνεπώς : $\tan\theta=\cot\phi$ , ο.ε.δ.

mathematica.gr

Συμπληρωματικές

Συμπληρωματικές

Re: Συμπληρωματικές

Re: Συμπληρωματικές

Re: Συμπληρωματικές

Re: Συμπληρωματικές

Re: Συμπληρωματικές