Ένα πρόβλημα με σφαιρικό κάτοπτρο.

Το πρόβλημα των σφαιρικών κατόπτρων δεν είναι επιλύσιμο (με κανόνα και διαβήτη) στην γενική του περίπτωση.

Η μερική περίπτωση του σχήματος αναζητεί λύση:

Πρέπει μια ακτίνα laser να ξεκινήσει από το Α και να περάσει από το Β αφού ανακλασθεί στο σφαιρικό κάτοπτρο κεντρου Κ.

Ξέρουμε ότι (ΚΒ) = 2 (ΚΑ) και ότι τα  Α,Κ,Β βρίσκονται στην ίδια ευθεία.

Η λύση: 

(Visited 323 times, 1 visits today)
Subscribe
Ειδοποίηση για
17 Σχόλια
Inline Feedbacks
Όλα τα σχόλια
Κωνσταντίνος Καβαλλιεράτος

Δηλαδη Γιαννη ειναι δεδομενος ο κυκλος και το σημειο Α και ζητας να κατασκευαστουν οι κοκκινες ευθειες?

Κωνσταντίνος Καβαλλιεράτος

Νομιζω το ελυσα με θεωρημα διχοτομων αλλα δεν το εχω σιγουρεψει ακομα.Αν καταφερω να το τελειωσω θα το γραψω.

Δημήτρης Σκλαβενίτης
13 ημέρες πριν

Αν χρησιμοποιήσουμε τον τύπο που μας δίνει τη διχοτόμο συναρτήσει των πλευρών έχουμε: Η ΓΚ=R είναι διχοτόμος και ΑΓ=ΒΓ/2 από το θ. διχοτόμων. Εκφράζουμε τη διχοτόμο ΓΚ συναρτήσει των πλευρών του τριγώνου ΑΓΔ και βρίσκουμε τελικά την εξής σχέση που μας δίνει την ΑΓ: 9 ΑΓ^2= 9 R^2/2 +ΑΒ^2 ,από την οποία κατασκευάζεται η ΑΓ. (Το τμήμα 3 R/ sqrt(2) κατασκευάζεται επίσης). Έτσι με κέντρο το Α και ακτίνα το ΑΓ φέρνουμε κύκλο που τέμνει τον δοθέντα στο Γ. Διερεύνηση: Πρέπει R-AB/3<AΓ<R+AB/3 από την οποία προκύπτει: 3R<4 AB.

Μουρούζης Παναγιώτης
13 ημέρες πριν

προεκτείνω τη ΒΑ και παίρνω σημείο Δ ώστε ΑΔ=ΑΒ. Με διάμετρο τη ΚΔ χαράσσω περιφέρεια. Η τομή των δύο περιφερειών είναι το ζητούμενο σημείο. ( Δυστυχώς είμαι στο κρεββάτι με κοβιτ και δεν έχω χαρτί και μολύβι. Έτσι την έλυσα στο μυαλό μου. Ελπίζω να είναι σωστή)

Κωνσταντίνος Καβαλλιεράτος

Καλημέρα Γιάννη. Ωραίο πρόβλημα αγνής Γεωμετρίας.

Χριστόπουλος Γιώργος
12 ημέρες πριν

Γιάννη παρακάτω παραθέτω μια λύση, όχι τόσο ¨γεωμετρική¨ όσο η δικιά σου , αλλά βλέποντας την εκφώνηση ,,, αυτή έκανα πρώτα.
comment image

Τελευταία διόρθωση12 ημέρες πριν από Διονύσης Μάργαρης
Παντελεήμων Παπαδάκης
Αρχισυντάκτης

Καλησπέρα Γιάννη.
Τα ωραία έλκουν, οπότε έστω και καθυστερημένα
και αφού είδα τις λύσεις, να δώσω κι εγώ μια κάπως διαφορετική ως προς τα … “βοηθητικά” . Η Γεωμετρία έχει τη χάρη πως σου επιτρέπει έτσι κι αλλιώς κι αλλιώτικα…

Εν συντομία τα υποθέντα:
comment image
Από νόμο ανάκλασης στο Γ : θ=θ
Από το Θ. διχοτόμων (όπως ο ΚΥΡ) η τον νόμο των ημιτόνων (όπως εφάρμοσε ο Γιώργος Χριστόπουλος) έχομε: (ΒΓ)=2(ΑΓ)=2χ
Προεκτείνω την διχοτόμο ΓΚ και από το Β φέρνω κάθετη σ’αυτήν που τέμνει την προέκταση της ΓΑ στο Δ . Έτσι δημιουργείται ισοσκελές τρίγωνο ΓΒΔ στο οποίο η ΓΜ είναι διάμεσος και ύψος ,οπότε (ΑΔ)=χ
Πυθαγόρειο στο ΓΜΔ:
comment image

Τελευταία διόρθωση12 ημέρες πριν από Παντελεήμων Παπαδάκης