Κατασκευή ευθείας

#1

: Κατασκευή ευθείας.png (12.5 KiB) Προβλήθηκε 2001 φορές

Να κατασκευάσετε ευθεία που να διέρχεται από ένα σημείο

της πλευράς

τετραγώνου ABCD

και να τέμνει

την πλευρά

στο

και την προέκταση της

στο

έτσι ώστε: PQ=AP+CQ

#2

george visvikis έγραψε:Κατασκευή ευθείας.png
Να κατασκευάσετε ευθεία που να διέρχεται από ένα σημείο της πλευράς τετραγώνου και να τέμνει

την πλευρά στο και την προέκταση της στο έτσι ώστε:

Απίθανη κατασκευή!!!!!!!!!.......

Θα επανέλνθω μόλις βγούν οι κουκουβάγιες

Στάθης

Al.Koutsouridis · #3

george visvikis έγραψε:Κατασκευή ευθείας.png
Να κατασκευάσετε ευθεία που να διέρχεται από ένα σημείο της πλευράς τετραγώνου και να τέμνει

την πλευρά στο και την προέκταση της στο έτσι ώστε:

Καλησπέρα,

: kataskeuh_eutheias.png (48.26 KiB) Προβλήθηκε 1940 φορές

Έστω

το κέντρο του τετραγώνου. Κατασκευάζουμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγωνου OSC

και ας είναι

το δεύτερο σημείο τομής του με την

. Από το σημείο

φέρουμε την μεσοκάθετο στο τμήμα

και ας είναι

το σημείο τομής της με την ευθεία

.

Από το σημείο

φέρουμε την παράλληλη προς την

που είναι και εφαπτόμενη του παραπάνω κύκλου και ας είναι P,R

τα σημεία τομής της με τα τμήματα AB , CD

αντίστοιχα.

Παρατηρούμε οτι τα σημεία P,R

και

είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία

και από την στιγμή που R,T,Q

συνευθειακά, θα είναι συνευθειακά και τα P,S,Q

.

Η

είναι η ζητούμενη ευθεία αφού $CR = AP \Rightarrow QR = AP+CQ$ και QR = QP

.

#4

Al.Koutsouridis έγραψε:
george visvikis έγραψε:Κατασκευή ευθείας.png
Να κατασκευάσετε ευθεία που να διέρχεται από ένα σημείο της πλευράς τετραγώνου και να τέμνει

την πλευρά στο και την προέκταση της στο έτσι ώστε:
Καλησπέρα,
kataskeuh_eutheias.png

Έστω το κέντρο του τετραγώνου. Κατασκευάζουμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγωνου και ας είναι το δεύτερο σημείο τομής του με την . Από το σημείο φέρουμε την μεσοκάθετο στο τμήμα και ας είναι το σημείο τομής της με την ευθεία .

Από το σημείο φέρουμε την παράλληλη προς την που είναι και εφαπτόμενη του παραπάνω κύκλου και ας είναι τα σημεία τομής της με τα τμήματα αντίστοιχα.

Παρατηρούμε οτι τα σημεία και είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία και από την στιγμή που συνευθειακά, θα είναι συνευθειακά και τα .

Η είναι η ζητούμενη ευθεία αφού $CR = AP \Rightarrow QR = AP+CQ$ και .

Την έλυσα υπολογίζοντας το $\boxed{PB = \frac{{2BS - 1}}{{2(BS - 1)}}}$ , AB > BS > 1

.

Αλλά η λύση του AL. Koutsouridis είναι υπέροχη

.

#5

Al.Koutsouridis έγραψε:
george visvikis έγραψε:Κατασκευή ευθείας.png
Να κατασκευάσετε ευθεία που να διέρχεται από ένα σημείο της πλευράς τετραγώνου και να τέμνει

την πλευρά στο και την προέκταση της στο έτσι ώστε:
Καλησπέρα,
kataskeuh_eutheias.png

Έστω το κέντρο του τετραγώνου. Κατασκευάζουμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγωνου και ας είναι το δεύτερο σημείο τομής του με την . Από το σημείο φέρουμε την μεσοκάθετο στο τμήμα και ας είναι το σημείο τομής της με την ευθεία .

Από το σημείο φέρουμε την παράλληλη προς την που είναι και εφαπτόμενη του παραπάνω κύκλου και ας είναι τα σημεία τομής της με τα τμήματα αντίστοιχα.

Παρατηρούμε οτι τα σημεία και είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία και από την στιγμή που συνευθειακά, θα είναι συνευθειακά και τα .

Η είναι η ζητούμενη ευθεία αφού $CR = AP \Rightarrow QR = AP+CQ$ και .

Μπράβο Αλέξανδρε!

. Αυτή ήταν η πρώτη μου σκέψη. Αλλά πριν τις "κουκουβάγες" υπάρχουν και οι "γάτοι" !

.

Επειδή όμως το σχήμα είναι "προκλητικό" ελπίζω να βρώ και άλλη γεωμετρική κατασκευή. Εχει πολλά πράγματα εδώ! από τα οποία μπορεί να πιαστεί κάποιος.

Στάθης

#6

Έστω

η προβολή του

στην

. Θέτω

( σταθερό ) και AB = a

(σταθερό) ενώ PB = x

( εις αναζήτηση ).

: κατασκευή ευθείας Βισβίκης.png (11.8 KiB) Προβλήθηκε 1888 φορές

Επειδή $\vartriangle CSQ \approx \vartriangle BSP$ θα έχω $\boxed{CQ = u = \frac{{(a - d)x}}{d}}$ Ενώ

$P{Q^2} = P{E^2} + E{Q^2} = {a^2} + {(x + u)^2}$ από την εξίσωση :

${(a - x + u)^2} = {a^2} + {(x + u)^2}$ βρίσκω $\boxed{x = \frac{{a(a - 2d)}}{{2(a - d)}}}$ .

Έτσι οδηγούμαστε στην παρακάτω κατασκευή.

: κατασκευή ευθείας Βισβίκης_katask.png (15.66 KiB) Προβλήθηκε 1881 φορές

Γράφω τον κύκλο (B,BS)

που τέμνει ακόμα την

στο

η

τέμνει την

ευθεία

στο

και η

είναι η ζητούμενη .

Η απόδειξη προκύπτει από την ομοιότητα των τριγώνων BAT

και

.

Γιώργος Μήτσιος · #7

Καλημέρα σε όλους !
Μια προσπάθεια με χρήση και του σχήματος :

: 22-3-17 Κατασκευή...PNG (10.64 KiB) Προβλήθηκε 1854 φορές

Έστω ότι η PSQ

κατασκευάστηκε. Το

είναι το κέντρο συμμετρίας . Φέρω την QOE

.Τότε είναι $AE=CQ\Rightarrow PQ=PE$ άρα $PO\perp QE$ .
Για να βρούμε την θέση του

αρκει να υπολογίσουμε την $P\widehat{O}S$ .

Τα τρίγωνα ZOA,BOP

είναι ίσα αφού OA=OB

και οι προσκείμενες γωνίες είναι 45-άρες οι μεν και συμ/κές της $A\widehat{O}P$ οι δε , άρα AZ=PB

.

Από τα όμοια τρίγωνα παίρνουμε διαδοχικά : $\dfrac{OP}{OQ}=\dfrac{AZ}{AE}=\dfrac{PB}{CQ}=\dfrac{PS}{SQ}$ συνεπώς η

διχοτόμος της $P\widehat{O}Q$

άρα $P\widehat{O}S=45^{0}$ και η θέση του

έχει προσδιοριστεί ..

Φιλικά Γιώργος .

#8

Να ευχαριστήσω τον Αλέξανδρο, τον Νίκο, το Στάθη (η σκέψη του συνέπεσε με του Αλέξανδρου) και το Γιώργο

για τις πολύ όμορφες και ξεχωριστές κατασκευές τους!

Να πω επίσης, για όποιον ενδιαφέρεται ν' ασχοληθεί, ότι υπάρχουν τουλάχιστον δύο ακόμα απλές κατασκευές

της άσκησης, εκ των οποίων η μία χωρίς υπολογισμούς!

Κερδίζει όποιος συμπέσει με την αρχική μου σκέψη...Καλή διασκέδαση!

#9

george visvikis έγραψε:Να ευχαριστήσω τον Αλέξανδρο, τον Νίκο, το Στάθη (η σκέψη του συνέπεσε με του Αλέξανδρου) και το Γιώργο

για τις πολύ όμορφες και ξεχωριστές κατασκευές τους!

Να πω επίσης, για όποιον ενδιαφέρεται ν' ασχοληθεί, ότι υπάρχουν τουλάχιστον δύο ακόμα απλές κατασκευές

της άσκησης, εκ των οποίων η μία χωρίς υπολογισμούς!

Κερδίζει όποιος συμπέσει με την αρχική μου σκέψη...Καλή διασκέδαση!

Ακόμα λοιπόν μία.

: Μια ακόμη λύση στην κατασκευή ευθείας του Βισ βίκη.png (14.45 KiB) Προβλήθηκε 1828 φορές

Από το

φέρνω την εφαπτομένη στον εγγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου.

Απόδειξη

: Μια ακόμη λύση στην κατασκευή ευθείας_απόδειξη.png (15.69 KiB) Προβλήθηκε 1818 φορές

$\left\{ \begin{gathered} AP = \frac{a}{2} + KP \hfill \\ CQ = MQ - \frac{a}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AP + CQ = KP + MQ = PT + TQ = PQ$

#10

Doloros έγραψε:
george visvikis έγραψε:Να ευχαριστήσω τον Αλέξανδρο, τον Νίκο, το Στάθη (η σκέψη του συνέπεσε με του Αλέξανδρου) και το Γιώργο

για τις πολύ όμορφες και ξεχωριστές κατασκευές τους!

Να πω επίσης, για όποιον ενδιαφέρεται ν' ασχοληθεί, ότι υπάρχουν τουλάχιστον δύο ακόμα απλές κατασκευές

της άσκησης, εκ των οποίων η μία χωρίς υπολογισμούς!

Κερδίζει όποιος συμπέσει με την αρχική μου σκέψη...Καλή διασκέδαση!

Ακόμα λοιπόν μία.

Μια ακόμη λύση στην κατασκευή ευθείας του Βισ βίκη.png

Από το φέρνω την εφαπτομένη στον εγγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου.

Αυτό ακριβώς!!!

And the Oscar goes to Doloros

KARKAR · #11

Η ταινία εκτός από το όσκαρ α' λυτικού ρόλου , κερδίζει και - με τον Γιώργο Βισβίκη -

και όσκαρ ασκησο-σκηνοθεσίας . Αν βραβεύαμε την άσκηση του μήνα -

υπάρχει τέτοια σκέψη ? - σίγουρα θα ήταν το πρώτο φαβορί

Al.Koutsouridis · #12

κ.Νίκο

. Το βρόβλημα, πέραν των άλλων, είναι όμορφο γιατί και μετά την λύση του κ.Νίκου έχει έντονη την αίσθηση "μα ήταν σχεδόν προφανές γιατί δεν το είδα".

Ορέστης Λιγνός · #13

Καταπληκτική λύση κύριε Νίκο!

Αν χρειαστείς παιδί για πάτημα των σταφυλιών από τα αμπελοχώραφά σου να με
προτιμήσεις , να είμαι κοντά σου να μάθω την τέχνη και να μου βάζεις και κανένα
προβληματάκι !!!

#14

Doloros έγραψε:
george visvikis έγραψε:Να ευχαριστήσω τον Αλέξανδρο, τον Νίκο, το Στάθη (η σκέψη του συνέπεσε με του Αλέξανδρου) και το Γιώργο

για τις πολύ όμορφες και ξεχωριστές κατασκευές τους!

Να πω επίσης, για όποιον ενδιαφέρεται ν' ασχοληθεί, ότι υπάρχουν τουλάχιστον δύο ακόμα απλές κατασκευές

της άσκησης, εκ των οποίων η μία χωρίς υπολογισμούς!

Κερδίζει όποιος συμπέσει με την αρχική μου σκέψη...Καλή διασκέδαση!

Ακόμα λοιπόν μία.

Μια ακόμη λύση στην κατασκευή ευθείας του Βισ βίκη.png

Από το φέρνω την εφαπτομένη στον εγγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου.

Απόδειξη

Μια ακόμη λύση στην κατασκευή ευθείας_απόδειξη.png

$\left\{ \begin{gathered} AP = \frac{a}{2} + KP \hfill \\ CQ = MQ - \frac{a}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AP + CQ = KP + MQ = PT + TQ = PQ$

Ιστοσελίδα · #15

Doloros έγραψε:
george visvikis έγραψε:Να ευχαριστήσω τον Αλέξανδρο, τον Νίκο, το Στάθη (η σκέψη του συνέπεσε με του Αλέξανδρου) και το Γιώργο

για τις πολύ όμορφες και ξεχωριστές κατασκευές τους!

Να πω επίσης, για όποιον ενδιαφέρεται ν' ασχοληθεί, ότι υπάρχουν τουλάχιστον δύο ακόμα απλές κατασκευές

της άσκησης, εκ των οποίων η μία χωρίς υπολογισμούς!

Κερδίζει όποιος συμπέσει με την αρχική μου σκέψη...Καλή διασκέδαση!

Ακόμα λοιπόν μία.

Από το φέρνω την εφαπτομένη στον εγγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου.

Απόδειξη

$\left\{ \begin{gathered} AP = \frac{a}{2} + KP \hfill \\ CQ = MQ - \frac{a}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow AP + CQ = KP + MQ = PT + TQ = PQ$

Μπράβο σε όλους και ειδικά στο φίλο Νίκο Φραγκάκη για την σπουδαία, λιτή και απέριττη κατασκευή που εμπνεύστηκε.

Να σημειώσω ότι το

είναι η τροφή του καλλιτέχνη-μαθηματικού, ανεξαρτήτως ηλικίας, μορφωτικού επιπέδου και δημοσιεύσεων στο

, οπότε πρέπει να δίνεται απλόχερα!

Υ.Γ. Παρατήρησα, μέσω geogebra, ότι αν ενώσω το με το μέσο της , τότε και έτσι προσδιορίζεται το …απόδειξη δεν έχω για την ώρα

Φανης Θεοφανιδης · #16

Να συγχαρώ και εγώ τον Μάγο του

Νίκο Φραγκάκη.

#17

Μιχάλης Νάννος έγραψε:
Υ.Γ. Παρατήρησα, μέσω geogebra, ότι αν ενώσω το με το μέσο της , τότε και έτσι προσδιορίζεται το …απόδειξη δεν έχω για την ώρα

Αυτή είναι η δεύτερη κατασκευή(η πρώτη ήταν του Νίκου Φραγκάκη) στην οποία αναφέρθηκα πιο πάνω λέγοντας:

"Να πω επίσης, για όποιον ενδιαφέρεται ν' ασχοληθεί, ότι υπάρχουν τουλάχιστον δύο ακόμα απλές κατασκευές

της άσκησης, εκ των οποίων η μία χωρίς υπολογισμούς"!

#18

Καλησπέρα σε όλους. Θεώρησα υποχρέωση να δώσω και την ΑναλυτικοΓεωμετρική προσέγγιση του θέματος, που μάς δίνει (δίχως να τον αναζητήσουμε εξ αρχής) τον (προφανή) περιορισμό ότι το

δεν μπορεί να είναι το μέσο του

.

: 22-03-2017 Γεωμετρία.jpg (19.9 KiB) Προβλήθηκε 1676 φορές

Έστω

.

Έστω $\displaystyle PSQ:\;\;y = \lambda x + a,\;\;\lambda > 0$ , οπότε $\displaystyle P\left( { - \frac{a}{\lambda },\;0} \right),\;\;Q\left( {\frac{{1 - a}}{\lambda },\;1} \right)$ .

Τότε, $\displaystyle PQ = AP + CQ \Leftrightarrow \sqrt {{{\left( {\frac{{1 - a}}{\lambda } + \frac{a}{\lambda }} \right)}^2} + 1} = \left| {\frac{a}{\lambda } - 1} \right| + \frac{{1 - a}}{\lambda }$

Αφού η

τέμνει την

σε εσωτερικό σημείο, είναι $\displaystyle \frac{a}{\lambda } < 1$ .

Οπότε, η εξίσωση γίνεται $\displaystyle \frac{{\sqrt {1 + {\lambda ^2}} }}{\lambda } = \frac{{\lambda - a}}{\lambda } + \frac{{1 - a}}{\lambda } \Leftrightarrow {\lambda ^2} + 1 = {\left( {\lambda - 2a + 1} \right)^2} \Leftrightarrow 2{a^2} - 2\lambda a + \lambda - 2a = 0$ (1).

Αν $\displaystyle a \ne \frac{1}{2}$ , είναι $\displaystyle \lambda = \frac{{2a\left( {a - 1} \right)}}{{2a - 1}}$ . Προσδιορίζουμε το συντελεστή διεύθυνσης της

, συναρτήσει του

ή εναλλακτικά, προσδιορίζουμε το μήκος του

που ισούται με $\displaystyle \left( {BP} \right) = \frac{a}{\lambda } = \frac{{2a - 1}}{{2\left( {a - 1} \right)}}$

Αν $\displaystyle a = \frac{1}{2}$ , τότε η εξίσωση (1) είναι αδύνατη.

Αυτό είναι προφανές, αφού τότε, AP+CQ=AP+PB=AB

, που δεν μπορεί αν είναι ίσο με το

.

Γιώργος Μήτσιος · #19

Καλημέρα στην μεγάλη παρέα ! Ένα ακόμη

κι' από μένα στον αγαπητό Νίκο Φραγκάκη (και) για την τελευταία υπέροχη κατασκευή !
Υποβάλλω στη συνέχεια άλλη μια προσπάθεια :

: 23-3-17 Κατασκευή... GM.PNG (7.97 KiB) Προβλήθηκε 1630 φορές

Το

είναι το μέσον της

. Με δοσμένο το

, η $O\widehat{S}C$ είναι επίσης γνωστή.

Τότε το σημείο

της πλευράς

για το οποίο ισχύει $O\widehat{S}P=O\widehat{S}C= \varphi$ είναι το ζητούμενο ,δηλ

Μπορούμε να δείξουμε ότι ισχύει όπου η τομή των ..

Ας ..

..προβλέψω ότι θα δοθεί απόδειξη (πιθανότατα κομψότερη απ' αυτή που έχω υπ' όψιν ) ..

Φιλικά Γιώργος.

#20

Γιώργος Μήτσιος έγραψε:Καλημέρα στην μεγάλη παρέα ! Ένα ακόμη κι' από μένα στον αγαπητό Νίκο Φραγκάκη (και) για την τελευταία υπέροχη κατασκευή !
Υποβάλλω στη συνέχεια άλλη μια προσπάθεια :
23-3-17 Κατασκευή... GM.PNG
Το είναι το μέσον της . Με δοσμένο το , η $O\widehat{S}C$ είναι επίσης γνωστή.

Τότε το σημείο της πλευράς για το οποίο ισχύει $O\widehat{S}P=O\widehat{S}C= \varphi$ είναι το ζητούμενο ,δηλ

Μπορούμε να δείξουμε ότι ισχύει όπου η τομή των ..

Ας .. ..προβλέψω ότι θα δοθεί απόδειξη (πιθανότατα κομψότερη απ' αυτή που έχω υπ' όψιν ) ..

Φιλικά Γιώργος.

Από $\angle OSC=\angle OSP\Rightarrow d\left( O,BC \right)=d\left( O,SP \right)\Rightarrow SP$ εφάπτεται στον έγκυκλο του τετραγώνου και η ζητούμενη ισότητα προκύπτει άμεσα από την εμπνευσμένη λύση του Νίκου (Φραγκάκη)

Στάθης

Κατασκευή ευθείας

Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Re: Κατασκευή ευθείας

Μέλη σε σύνδεση