Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΥ / ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΕΝΕΣ ΣΤΟ ΕΠΙΠΕΔΟ

Επίλυση γεωμετρικών προβλημάτων με τη βοήθεια συντεταγμένων

Σχολιάστε
Print Friendly, PDF & Email

Ορισμένα προβλήματα γεωμετρίας μπορούν να λυθούν πιο εύκολα με τη βοήθεια των συντεταγμένων. Εργαζόμαστε ως εξής:

  • Τοποθετούμε το σχήμα σε κατάλληλο σύστημα αξόνων, ώστε να προκύψουν όσο το δυαντόν περισσότερα σημεία με τεταγμένες ή τετμημένες μηδέν και όσο το δυνατόν λιγότερα σημεία με άγνωστες συντεταγμένες.
  • Βρίσκουμε τις συντεταγμένες των κορυφών του σχήματος.
  • Εκφράζουμε τα διανυσματικά δεδομένα με τη βοήθεια συντεταγμένων και το πρόβλημα γίνεται ((αλγεβρικό)).


    • Rendered by QuickLaTeX.com

    Λύση
    Τοποθετούμε το τετράπλευρο ΑΒΓΔ σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων Οxy, όπως φαίνεται στο επόμενο σχήμα, και έστω ότι:

    A(0,0), B(\beta,\gamma), \Gamma(\delta,\epsilon) και \Delta(\alpha, 0)

    Έστω επίσης Ι_1, Ι_2 και Ι_3 τα μέσα των ΜΛ, ΚΝ και ΣΤ αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε ότι τα σημεία Ι_1, Ι_2 και Ι_3 έχουν ίδιες συντεταγμένες.

  • Τα σημεία Μ και Λ είναι μέσα των ΒΓ και ΑΔ αντίστοιχα, οπότε είναι:

    • Μ\Big(\dfrac{\beta + \delta}{2},\dfrac{\gamma + \epsilon}{2}\Big) και \Lambda\Big(\dfrac{\alpha}{2},0\Big)

    Άρα το μέσο Ι_1 του ΜΛ είναι:

    Ι_1 \Bigg(\dfrac{\frac{\beta+\delta}{2}+\frac{\alpha}{2}}{2},\dfrac{\frac{\gamma+\epsilon}{2}}{2}\Bigg) \equiv I_1 \Bigg(\dfrac{\alpha+\beta+\delta}{4},\frac{\gamma+\epsilon}{4}\Bigg)

  • Τα σημεία Κ και Ν είναι μέσα των ΑΒ και ΓΔ αντίστοιχα, οπότε είναι:

    • K\Bigg(\dfrac{\beta}{2},\dfrac{\gamma}{2}\Bigg) και N\Bigg(\dfrac{\delta+\alpha}{2},\dfrac{\epsilon}{2}\Bigg)

    Άρα το μέσο Ι_2 του ΚΝ είναι:

    Ι_2 \Bigg(\dfrac{\frac{\beta}{2}+\frac{\delta+\alpha}{2}}{2},\dfrac{\frac{\gamma}{2}+\frac{\epsilon}{2}}{2}\Bigg) \equiv I_2 \Bigg(\dfrac{\alpha+\beta+\delta}{4},\dfrac{\gamma+\epsilon}{4}\Bigg)

  • Τα σημεία Σ και Τ είναι τα μέσα των ΑΓ και ΒΔ αντίστοιχα, οπότε είναι:

    • \Sigma\Big(\dfrac{\delta}{2},\dfrac{\epsilon}{2}\Big) και T\Big(\dfrac{\beta+\alpha}{2},\dfrac{\gamma}{2}\Big)

    Άρα το μέσο Ι_3 του ΣΤ είναι:

    Ι_3 \Bigg(\dfrac{\frac{\delta}{2}+\frac{\beta+\alpha}{2}}{2},\dfrac{\frac{\epsilon}{2}+\frac{\gamma}{2}}{2}\Bigg) \equiv I_3 \Bigg(\dfrac{\alpha+\beta+\delta}{4},\dfrac{\gamma+\epsilon}{4}\Bigg)


    Από τα παραπάνω προκύπτει ότι τα σημεία Ι_1, Ι_2 και Ι_3 ταυτίζονται.

    Άλλος τρόπος
    Μπορούμε να λύσουμε το πρόβλημα με διανύσματα, χωρίς συντεταγμένες, ως εξής:

  • Τα σημεία Μ και Λ είναι τα μέσα των ΒΓ και ΑΔ αντίστοιχα, άρα:

    • \overrightarrow{AM}=\dfrac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A\Gamma}}{2} και \overrightarrow{A\Lambda}=\dfrac{\overrightarrow{A\Delta}}{2}

    Για το μέσο Ι_1 του ΜΛ ισχύει ότι:

        \begin{align*} &\overrightarrow{AI_1}=\frac{\overrightarrow{AM}+\overrightarrow{A\Lambda}}{2} \Leftrightarrow \\\\ &\overrightarrow{AI_1}= \frac{\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A\Gamma}}{2}+\frac{\overrightarrow{A\Delta}}{2}}{2} \Leftrightarrow \\\\ &\overrightarrow{AI_1}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A\Gamma}+\overrightarrow{A\Delta}}{4}\quad (1) \end{align*}

  • Ομοίως έχουμε:

    • \overrightarrow{AΚ}=\frac{\overrightarrow{AB}}{2} και \overrightarrow{AN}=\frac{\overrightarrow{A\Gamma}+\overrightarrow{A\Delta}}{2}

    Για το μέσο Ι_2 του KN ισχύει ότι:

        \begin{align*} &\overrightarrow{AI_2}=\frac{\overrightarrow{AK}+\overrightarrow{AN}}{2} \Leftrightarrow \\\\ &\overrightarrow{AI_2}= \frac{\frac{\overrightarrow{AB}}{2}+\frac{\overrightarrow{A\Gamma}+\overrightarrow{A\Delta}}{2}}{2} \Leftrightarrow \\\\ &\overrightarrow{AI_2}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A\Gamma}+\overrightarrow{A\Delta}}{4} \quad (2) \end{align*}

  • Ομοίως έχουμε:

    • \overrightarrow{A\Sigma}=\frac{\overrightarrow{A\Gamma}}{2} και \overrightarrow{AT}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A\Delta}}{2}

    Για το μέσο Ι_3 του ΣΤ ισχύει ότι:

        \begin{align*} &\overrightarrow{AI_3}=\frac{\overrightarrow{A\Sigma}+\overrightarrow{AT}}{2} \Leftrightarrow \\\\ &\overrightarrow{AI_3} = \frac{\frac{\overrightarrow{A\Gamma}}{2}+\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A\Delta}}{2}}{2} \Leftrightarrow \\\\ &\overrightarrow{AI_3}=\frac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{A\Gamma}+\overrightarrow{A\Delta}}{4} \quad (3) \end{align*}

    Από τις σχέσεις (1),(2) και (3) προκύπτει ότι:

    \overrightarrow{AI_1}=\overrightarrow{AI_2}+\overrightarrow{AI_3}

    οπότε τα σημεία Ι_1, Ι_2 και Ι_3 ταυτίζονται.

    ΑΣΚΗΣΕΙΣ

    1.) Δίνονται τα σημεία O(0,0)' \, A(\alpha, \beta), \, \Gamma(\gamma , 0) όπου \alpha, \beta, \gamma >0 και OA<A\Gamma
    i.) Να αποδείξετε ότι:\quad \gamma >2\alpha.
    ii.) Αν M είναι το μέσο του O\Gamma και \Delta είναι προβολή του A στον άξονα x'x, να αποδείξετε ότι:

        \[|\overrightarrow{A\Gamma}|^{2} - |\overrightarrow{OA}|^{2}= 2\cdot|\overrightarrow{O\Gamma}|\cdot |\overrightarrow{M\Delta}|\]

    και OA=1. Εξωτερικά του

    2.) Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο OAB με {\hat{O}} = 90^{o} εξωτερικά του OAB σχηματίζουμε τετραγωνο OB\Gamma\Delta και έστω K, \Lambda και M τα μέσα των O\Gamma, K\Gamma, και O\Delta αντίστοιχα. Αν είναι \Lambda M // AB, να βρείτε το μήκος OB.

    Βιβλιογραφία: Παπαδάκης εκδόσεις Σαββάλα.
    Άδεια Creative Commons
    Αυτή η εργασία χορηγείται με άδεια Creative Commons Αναφορά Δημιουργού – Μη Εμπορική Χρήση – Παρόμοια Διανομή 4.0 Διεθνές .

    Αφήστε μια απάντηση

    Η ηλ. διεύθυνση σας δεν δημοσιεύεται. Τα υποχρεωτικά πεδία σημειώνονται με *

    Δεν είμαι Robot *