Ακόμα μία κατασκευή τριγώνου

#1

Να κατασκευαστεί τρίγωνο ABC

από το ύψος h_a,

την ακτίνα

του περιγεγραμμένου κύκλου και τη γωνία

$A\widehat IO=90^0,$ όπου I, O

το έγκεντρο και το περίκεντρο αντίστοιχα.

#2

george visvikis έγραψε:Να κατασκευαστεί τρίγωνο από το ύψος την ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου και τη γωνία $A\widehat IO=90^0,$ όπου το έγκεντρο και το περίκεντρο αντίστοιχα.

Είπα σήμερα να θυμηθούμε τα παιδικά μας χρόνια φίλε μου Γιώργο και σε ευχαριστώ γι' αυτό!

Αναλυση

Έστω ότι το τρίγωνο $\vartriangle ABC$ έχει κατασκευαστεί με τα στοιχεία της εκφώνησης. Έστω $F\equiv OI\cap AD$ με $AD={{h}_{a}}$ και το σημείο επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ με την και $E\equiv AI\cap \left( O \right),E\ne A$ και $M\equiv BC\cap OE$ (προφανώς $OM\bot BC$ .

Οι είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές του τριγώνου και με τη διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ θα είναι διχοτόμος (και) της $\angle FAO$ .

Από $\angle AIO = {90^0} \Rightarrow AE \bot OF\mathop \Rightarrow \limits^{\angle FAE = \angle OAE} AE$ μεσοκάθετη της και με το τετράπλευρο είναι ρόμβος, άρα $\boxed{AF = R}:\left( 1 \right)$ .

Από τον τύπο του Euler θα είναι $\boxed{O{I^2} = {R^2} - 2Rr}:\left( 2 \right)$ και από το Π.Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο

$\vartriangle AIO \Rightarrow O{I^2} = {R^2} - A{I^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)}$ ${R^2} - A{I^2} = {R^2} - 2Rr \Rightarrow \boxed{A{I^2} = 2Rr}:\left( 3 \right)$ .
[attachment=1]κατασκευή 1.png[/attachment]
Από τον ρόμβο θα είναι $AI = IE\mathop = \limits^{\gamma \nu \omega \sigma \tau \eta \,\,\pi \rho o\tau \alpha \sigma \eta } BE\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \boxed{B{E^2} = 2Rr}:\left( 4 \right)$

Ομως $O{B^2} - O{M^2}\mathop = \limits^{\Pi .\Theta .\,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle BMO} B{M^2}$ $\mathop = \limits^{\Pi .\Theta .\,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle BME} B{E^2} - M{E^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)}$ ${R^2} - O{M^2} = 2Rr - {\left( {R - OM} \right)^2} \Rightarrow$

${R^2} - O{M^2} = 2Rr - {R^2} + 2R \cdot OM - O{M^2} \Rightarrow$ $OM = \dfrac{{2{R^2} - 2Rr}}{{2R}} \Rightarrow \boxed{r = R - OM}:\left( 5 \right)$ .

Από το δισορθογώνιο τραπέζιο $FDOM\left( {FD\parallel OM} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{IZ\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \sigma o\varsigma } OM + FD = 2IZ \Rightarrow$ $OM + \left( {AD - AF} \right) = 2r \Rightarrow$

$OM + {h_a} - R = 2r\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 6 \right)}$ $OM + {h_a} - R = 2R - 2OM$ $\Rightarrow \ldots \boxed{OM = R - \dfrac{{{h_a}}}{3}}:\left( 6 \right)$

Σύνθεση

: Κατασκευή 2.png (33.29 KiB) Προβλήθηκε 1667 φορές

Κατασκευάζω κύκλο $\left( O,R \right)$ και κύκλο $\left( O,R-\dfrac{{{h}_{a}}}{3} \right)$ (προφανώς σε κάθε τρίγωνο είναι $\boxed{R > \dfrac{{{h_a}}}{2}} > \dfrac{{{h_a}}}{3}$ .

Σε τυχαίο σημείο του $\left( O,R-\dfrac{{{h}_{a}}}{3} \right)$ φέρνω την εφαπτόμενή του η οποία τέμνει τον κύκλο $\left( O,R \right)$ (αφού $R>R-\dfrac{{{h}_{a}}}{3}$ ) στα σημεία έστω .

Θεωρώ την παράλληλη ευθεία προς την σε απόσταση ${{h}_{a}}$ από αυτή προς το μέρος του και ας είναι τα σημεία «τομής» αυτής της παράλληλης με τον $\left( O,R \right)$ .

Τα ζητούμενα «τρίγωνα» είναι τα $\vartriangle ABC,\vartriangle {A}'BC$ .

Απόδειξη

Προφανώς τα τρίγωνα $\vartriangle ABC,\vartriangle {A}'BC$ είναι εγγεγραμμένα σε κύκλο δοσμένης ακτίνας , έχουν δοσμένο ύψος ${{h}_{a}}$ (από κατασκευής) και από την αντίστροφη πορεία (στην ανάλυση) προκύπτει ότι $O{A^2} = O{I^2} + A{I^2} \Rightarrow \boxed{AI \bot OI}$ .

Διερεύνηση

Αρκεί η παράλληλη προς την σε απόσταση ${{h}_{a}}$ να τέμνει τον κύκλο $\left( O,R \right)$ δηλαδή να ισχύει ${h_a} \leqslant R + R - \dfrac{{{h_a}}}{3} \Leftrightarrow \boxed{{h_a} \leqslant \dfrac{{3R}}{2}}$

$\bullet$ Αν ${{h}_{a}}=\dfrac{3R}{2}$ τότε το ζητούμενο τρίγωνο είναι ένα και μάλιστα ισοπλευρο

$\bullet$ Αν ${{h}_{a}}<\dfrac{3R}{2}$ τότε τα τρίγωνα είναι δύο (ίσα) με εναλλαγή των $\angle B\leftrightarrow \angle C$

$\bullet$ Αν ${{h}_{a}}>\dfrac{3R}{2}$ τότε το πρόβλημα δεν έχει λύση

Στάθης

Υ.Σ. Αφιερωμένο με αγάπη στον Γιώργο (Βισβίκη)

#3

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
george visvikis έγραψε:Να κατασκευαστεί τρίγωνο από το ύψος την ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου και τη γωνία $A\widehat IO=90^0,$ όπου το έγκεντρο και το περίκεντρο αντίστοιχα.
Είπα σήμερα να θυμηθούμε τα παιδικά μας χρόνια φίλε μου Γιώργο και σε ευχαριστώ γι' αυτό!

Αναλυση

Έστω ότι το τρίγωνο $\vartriangle ABC$ έχει κατασκευαστεί με τα στοιχεία της εκφώνησης. Έστω $F\equiv OI\cap AD$ με $AD={{h}_{a}}$ και το σημείο επαφής του έγκυκλου $\left( I \right)$ με την και $E\equiv AI\cap \left( O \right),E\ne A$ και $M\equiv BC\cap OE$ (προφανώς $OM\bot BC$ .

Οι είναι ισογώνιες ως προς τις πλευρές του τριγώνου και με τη διχοτόμο της γωνίας $\angle A$ θα είναι διχοτόμος (και) της $\angle FAO$ .

Από $\angle AIO = {90^0} \Rightarrow AE \bot OF\mathop \Rightarrow \limits^{\angle FAE = \angle OAE} AE$ μεσοκάθετη της και με το τετράπλευρο είναι ρόμβος, άρα $\boxed{AF = R}:\left( 1 \right)$ .

Από τον τύπο του Euler θα είναι $\boxed{O{I^2} = {R^2} - 2Rr}:\left( 2 \right)$ και από το Π.Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο

$\vartriangle AIO \Rightarrow O{I^2} = {R^2} - A{I^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)}$ ${R^2} - A{I^2} = {R^2} - 2Rr \Rightarrow \boxed{A{I^2} = 2Rr}:\left( 3 \right)$ .
κατασκευή 1.png
Από τον ρόμβο θα είναι $AI = IE\mathop = \limits^{\gamma \nu \omega \sigma \tau \eta \,\,\pi \rho o\tau \alpha \sigma \eta } BE\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 3 \right)} \boxed{B{E^2} = 2Rr}:\left( 4 \right)$

Ομως $O{B^2} - O{M^2}\mathop = \limits^{\Pi .\Theta .\,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle BMO} B{M^2}$ $\mathop = \limits^{\Pi .\Theta .\,\,\sigma \tau o\,\,\vartriangle BME} B{E^2} - M{E^2}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 4 \right)}$ ${R^2} - O{M^2} = 2Rr - {\left( {R - OM} \right)^2} \Rightarrow$

${R^2} - O{M^2} = 2Rr - {R^2} + 2R \cdot OM - O{M^2} \Rightarrow$ $OM = \dfrac{{2{R^2} - 2Rr}}{{2R}} \Rightarrow \boxed{r = R - OM}:\left( 5 \right)$ .

Από το δισορθογώνιο τραπέζιο $FDOM\left( {FD\parallel OM} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{IZ\,\,\delta \iota \alpha \mu \varepsilon \sigma o\varsigma } OM + FD = 2IZ \Rightarrow$ $OM + \left( {AD - AF} \right) = 2r \Rightarrow$

$OM + {h_a} - R = 2r\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 6 \right)}$ $OM + {h_a} - R = 2R - 2OM$ $\Rightarrow \ldots \boxed{OM = R - \dfrac{{{h_a}}}{3}}:\left( 6 \right)$

Σύνθεση
Κατασκευή 2.png
Κατασκευάζω κύκλο $\left( O,R \right)$ και κύκλο $\left( O,R-\dfrac{{{h}_{a}}}{3} \right)$ (προφανώς σε κάθε τρίγωνο είναι $\boxed{R > \dfrac{{{h_a}}}{2}} > \dfrac{{{h_a}}}{3}$ .

Σε τυχαίο σημείο του $\left( O,R-\dfrac{{{h}_{a}}}{3} \right)$ φέρνω την εφαπτόμενή του η οποία τέμνει τον κύκλο $\left( O,R \right)$ (αφού $R>R-\dfrac{{{h}_{a}}}{3}$ ) στα σημεία έστω .

Θεωρώ την παράλληλη ευθεία προς την σε απόσταση ${{h}_{a}}$ από αυτή προς το μέρος του και ας είναι τα σημεία «τομής» αυτής της παράλληλης με τον $\left( O,R \right)$ .

Τα ζητούμενα «τρίγωνα» είναι τα $\vartriangle ABC,\vartriangle {A}'BC$ .

Απόδειξη

Προφανώς τα τρίγωνα $\vartriangle ABC,\vartriangle {A}'BC$ είναι εγγεγραμμένα σε κύκλο δοσμένης ακτίνας , έχουν δοσμένο ύψος ${{h}_{a}}$ (από κατασκευής) και από την αντίστροφη πορεία (στην ανάλυση) προκύπτει ότι $O{A^2} = O{I^2} + A{I^2} \Rightarrow \boxed{AI \bot OI}$ .

Διερεύνηση

Αρκεί η παράλληλη προς την σε απόσταση ${{h}_{a}}$ να τέμνει τον κύκλο $\left( O,R \right)$ δηλαδή να ισχύει ${h_a} \leqslant R + R - \dfrac{{{h_a}}}{3} \Leftrightarrow \boxed{{h_a} \leqslant \dfrac{{3R}}{2}}$

$\bullet$ Αν ${{h}_{a}}=\dfrac{3R}{2}$ τότε το ζητούμενο τρίγωνο είναι ένα και μάλιστα ισοπλευρο

$\bullet$ Αν ${{h}_{a}}<\dfrac{3R}{2}$ τότε τα τρίγωνα είναι δύο (ίσα) με εναλλαγή των $\angle B\leftrightarrow \angle C$

$\bullet$ Αν ${{h}_{a}}>\dfrac{3R}{2}$ τότε το πρόβλημα δεν έχει λύση

Στάθης

Υ.Σ. Αφιερωμένο με αγάπη στον Γιώργο (Βισβίκη)

Μία πλήρης κατασκευή (πιο πλήρης δεν γίνεται)! Κατασκευή για σεμινάριο, για να μαθαίνουν οι νέοι και να θυμούνται οι παλιοί!

Μ' ευχαριστεί ιδιαίτερα το γεγονός ότι η προσέγγισή σου δεν έχει καμία σχέση με τη δική μου (με τη λογική πάνω στην οποία

δημιουργήθηκε η άσκηση) και αυτή τη μαγεία μόνο η Γεωμετρία μπορεί να την προσφέρει!

Στη λύση σου είδα πράγματα που δεν τα είχα προσέξει (όπως το ρόμβο για παράδειγμα). Σ' ευχαριστώ πολύ Στάθη!

#4

george visvikis έγραψε:...

Μία πλήρης κατασκευή (πιο πλήρης δεν γίνεται)! Κατασκευή για σεμινάριο, για να μαθαίνουν οι νέοι και να θυμούνται οι παλιοί!

Μ' ευχαριστεί ιδιαίτερα το γεγονός ότι η προσέγγισή σου δεν έχει καμία σχέση με τη δική μου (με τη λογική πάνω στην οποία

δημιουργήθηκε η άσκηση) και αυτή τη μαγεία μόνο η Γεωμετρία μπορεί να την προσφέρει!

Στη λύση σου είδα πράγματα που δεν τα είχα προσέξει (όπως το ρόμβο για παράδειγμα). Σ' ευχαριστώ πολύ Στάθη!

Γιώργο σε ευχαριστώ θερμά για τα καλά σου λόγια!

Είναι αλήθεια ότι μερικές φορές γινόμαστε παιδιά και το χρειαζόμαστε το ΜΠΡΑΒΟ μας , όχι για το κύρος μας (δεν θα κάνουμε καριέρα τώρα στα γεράματα μας) αλλά για την αναγνώριση της προσπάθειας , ιδιαίτερα αν αυτό (το ΜΠΡΑΒΟ) προέρχεται από έναν ΓΙΩΡΓΟ ΒΙΣΒΙΚΗ!!!!

Βέβαια από ότι φαίνεται δεν είναι και εύκολο σε όλους να πούνε μπράβο και εδώ διακρίνεται το ήθος του καθενός μας! . Φαίνεται από μερικούς να χρειάζεται αρκετό θάρρος.

Να σκεφτείς ότι στο γειτονικό μου περιβάλλον το Θ. Κούτρα είναι πασίγνωστο στους μαθητές , στους φιλόλογους , στους θεολόγους κ.λ.π. αλλά δεν είναι «γνωστό» στην πλειοψηφία των Μαθηματικών συναδέλφων

και φυσικά δεν είναι στο χαρακτήρα μου να τους το «γνωστοποιήσω»

Ελπίζω να μην μου κόψουν και την καλημέρα για αυτό μου το "ΑΜΑΡΤΗΜΑ" , γιατί και αυτή τη "βλέπω" να «βαραίνει».

Με όλη μου την εκτίμηση
Στάθης

Υ.Σ. Θα με ενδιέφερε ιδιαίτερα η δική σου κατασκευή!

S.E.Louridas · #5

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε:
george visvikis έγραψε:...
...Είναι αλήθεια ότι μερικές φορές γινόμαστε παιδιά και το χρειαζόμαστε το ΜΠΡΑΒΟ μας , όχι για το κύρος μας (δεν θα κάνουμε καριέρα τώρα στα γεράματα μας) αλλά για την αναγνώριση της προσπάθειας , ιδιαίτερα αν αυτό (το ΜΠΡΑΒΟ) προέρχεται από έναν ΓΙΩΡΓΟ ΒΙΣΒΙΚΗ!!!!

Βέβαια από ότι φαίνεται δεν είναι και εύκολο σε όλους να πούνε μπράβο και εδώ διακρίνεται το ήθος του καθενός μας! . Φαίνεται από μερικούς να χρειάζεται αρκετό θάρρος.
Να σκεφτείς ότι στο γειτονικό μου περιβάλλον το Θ. Κούτρα είναι πασίγνωστο στους μαθητές , στους φιλόλογους , στους θεολόγους κ.λ.π. αλλά δεν είναι «γνωστό» στην πλειοψηφία των Μαθηματικών συναδέλφων και φυσικά δεν είναι στο χαρακτήρα μου να τους το «γνωστοποιήσω»
Ελπίζω να μην μου κόψουν και την καλημέρα για αυτό μου το "ΑΜΑΡΤΗΜΑ" , γιατί και αυτή τη "βλέπω" να «βαραίνει».
Με όλη μου την εκτίμηση
Στάθης

Φίλε Στάθη
Εκείνο που πάντα λέω στα παιδιά μου, στους Μαθητές μου, τους Φοιτητές μου αλλά και στους συναδέλφους που με τιμούν με το να με εμπιστεύονται για την επιμόρφωση τους είναι: Αν είσαι εντάξει με τον εαυτό σου, τότε και η γη να είναι απέναντι να είσαι θωρακισμένος, ώστε να παραμείνεις ορατός κύρια στον εαυτό σου και σε αυτούς τους λίγους το πλήθος που εσύ κρίνεις. Αν δεν είσαι υπάρχουν σίγουρα και οι ερινύες. Αυτό "υλοποίησα" εγώ φίλε, με την παγκόσμια έκδοση του ημέτερου βιβλίου της Γεωμετρίας από τον springer όταν κάποιοι πολύ λίγοι και όχι μόνο ως προς το πλήθος ψάχνοντας για φαντάσματα και φοβούμενοι με βάση τα ορατά δείγματα γραφής και σύγκρισης μου έκοψαν την καλημέρα ξαφνικά...και; Τώρα γενικότερα υπάρχουν ή υπήρχαν και μερικοί τύποις έγκριτοι με τίτλους ζηλευτούς, ακαδημαϊκοί κτλ που έχουν υποστεί και αναστολή εκδόσεων με το όνομά τους (...αντιγραφή κατά λέξη ...), αλλά και εκείνοι στους οποίους αναφέρεται ο Πέρελμαν στην επιστολή του.
Το θεώρημα σου είναι λειτουργικότατο φίλε, πολύ χρήσιμο που ευκολύνει αφάνταστα στην επίλυση προβλημάτων ως τέτοιο και πλέον επαφίεται στον εκάστοτε λύτη η δυνατότητα χρησιμοποίησης του ...αυτά ... Προχωράμε ...

#6

Να σ' ευχαριστήσω κι εγώ με τη σειρά μου Στάθη για τα καλά σου λόγια!

Ο λαός μας μπορεί έχει πολλές αρετές αλλά, δυστυχώς, η χαρά του να βλέπεις τον πλησίον σου να

προοδεύει και να μεγαλουργεί, δεν ανήκει σε μία από αυτές. Ας το πάρουμε απόφαση.

Θα περιμένω λίγο ακόμα, μήπως βρεθεί λύση ίδια με τη δική μου και αν όχι, θα την αναρτήσω. Γεια σου Σωτήρη!

#7

Αφού δώσω τα συγχαρητήρια στον φίλο το Στάθη για την ωραία λύση του ας δούμε μια παρεμφερή .

Έστω λυμένο το πρόβλημα .

Ας είναι AP = h

το ύψος ,

η διχοτόμος,

ο νότιος πόλος ,

το μέσο του

το σημείο επαφής του (I,r)

με τη

.Η

διχοτομεί και τη γωνία $\widehat {TAO}$ .

Αν

η προβολή του

στην ευθεία

θα είναι $\boxed{AT = AP = h\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DP = DT}$

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο IDTO

έχω : $AI \cdot AD = AO \cdot AT \Rightarrow \boxed{AI \cdot AD = Rh}\,\,(1)$

: Αλλη μια κατασκευή τριγώνου_Βισβίκης.png (39.33 KiB) Προβλήθηκε 1540 φορές

Επειδή

θα έχω : $\displaystyle{\dfrac{{DA}}{{DI}} = \dfrac{{AP}}{{IE}} \Rightarrow \dfrac{{DA}}{{DA - DI}} = \dfrac{h}{{h - r}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{AI}}{{AD}} = \dfrac{{h - r}}{h}}\,\,(2)}$

Πολλαπλασιάζω τις $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$ κατά μέλη κι έχω :

$A{I^2} = Rh\frac{{h - r}}{h} \Rightarrow \boxed{A{I^2} = R(h - r)}\,\,(3)$ . Αλλά από το Θ. Euler

στο $\vartriangle ABC$ και το

Π. Θ. στο $\vartriangle IAO$ έχω

$\left\{ \begin{gathered} O{I^2} = {R^2} - 2Rr \hfill \\ O{I^2} = {R^2} - A{I^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{A{I^2} = 2Rr}\,\,(4)$

Από τις $(3)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(4)$ έχω (καθοριστική σχέση για την κατασκευή ) $\boxed{\boxed{h = 3r}}\,\,(5)$

Έτσι η (4)

δίδει $A{I^2} = \dfrac{{2Rh}}{3}\,\,( * )$ σταθερό. Μετά απ’ αυτά

Μπορώ να γράψω τον κύκλο $(I,\dfrac{h}{3})$ . Μετά στο νότιο πόλο του

φέρνω εφαπτομένη

ευθεία $({\varepsilon _1})$ και παράλληλη προς αυτή $({\varepsilon _2})$ σε απόσταση

. Ο κύκλος $({\rm I},\sqrt {\dfrac{{2Rh}}{3}} )$ τέμνει την $({\varepsilon _2})$ στο

και οι εφαπτόμενες απ’ αυτό στο κύκλο $(I,\dfrac{h}{3})$ τέμνουν την

$({\varepsilon _1})$ στα $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$

: Αλλη μια κατασκευή τριγώνου_Βισβίκης_1.png (34.55 KiB) Προβλήθηκε 1531 φορές

Εναλλακτικά και προφανώς πιο κομψά:

Ενώ από τo τραπέζιο APSM

έχω

$IE = \dfrac{{AP - MS}}{2} \Rightarrow MS = AP - 2IE = 3r - 2r \Rightarrow \boxed{\boxed{MS = r}}\,\,(6)$ και άρα

$\boxed{ID = DS = \dfrac{{AI}}{2}}\,\,(7)$ οπότε $OM = OS - MS = R - r \Rightarrow \boxed{\boxed{OM = R - \dfrac{h}{3}}}$

Τα υπόλοιπα όπως ο αρχιμάστορας Στάθης.

#8

Doloros έγραψε:Αφού δώσω τα συγχαρητήρια στον φίλο το Στάθη για την ωραία λύση του ας δούμε μια παρεμφερή .

Έστω λυμένο το πρόβλημα .

Ας είναι το ύψος , η διχοτόμος, ο νότιος πόλος , το μέσο του

το σημείο επαφής του με τη .Η διχοτομεί και τη γωνία $\widehat {TAO}$ .

Αν η προβολή του στην ευθεία θα είναι $\boxed{AT = AP = h\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DP = DT}$

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο έχω : $AI \cdot AD = AO \cdot AT \Rightarrow \boxed{AI \cdot AD = Rh}\,\,(1)$

Αλλη μια κατασκευή τριγώνου_Βισβίκης.png

Επειδή θα έχω : $\displaystyle{\dfrac{{DA}}{{DI}} = \dfrac{{AP}}{{IE}} \Rightarrow \dfrac{{DA}}{{DA - DI}} = \dfrac{h}{{h - r}} \Rightarrow \boxed{\dfrac{{AI}}{{AD}} = \dfrac{{h - r}}{h}}\,\,(2)}$

Πολλαπλασιάζω τις $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$ κατά μέλη κι έχω :

$A{I^2} = Rh\frac{{h - r}}{h} \Rightarrow \boxed{A{I^2} = R(h - r)}\,\,(3)$ . Αλλά από το Θ. στο $\vartriangle ABC$ και το

Π. Θ. στο $\vartriangle IAO$ έχω

$\left\{ \begin{gathered} O{I^2} = {R^2} - 2Rr \hfill \\ O{I^2} = {R^2} - A{I^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{A{I^2} = 2Rr}\,\,(4)$

Από τις $(3)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(4)$ έχω (καθοριστική σχέση για την κατασκευή ) $\boxed{\boxed{h = 3r}}\,\,(5)$

Έτσι η δίδει $A{I^2} = \dfrac{{2Rh}}{3}\,\,( * )$ σταθερό. Μετά απ’ αυτά

Μπορώ να γράψω τον κύκλο $(I,\dfrac{h}{3})$ . Μετά στο νότιο πόλο του φέρνω εφαπτομένη

ευθεία $({\varepsilon _1})$ και παράλληλη προς αυτή $({\varepsilon _2})$ σε απόσταση . Ο κύκλος $({\rm I},\sqrt {\dfrac{{2Rh}}{3}} )$ τέμνει την $({\varepsilon _2})$ στο και οι εφαπτόμενες απ’ αυτό στο κύκλο $(I,\dfrac{h}{3})$ τέμνουν την

$({\varepsilon _1})$ στα $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$

Αλλη μια κατασκευή τριγώνου_Βισβίκης_1.png

Εναλλακτικά και προφανώς πιο κομψά:

Ενώ από τo τραπέζιο έχω

$IE = \dfrac{{AP - MS}}{2} \Rightarrow MS = AP - 2IE = 3r - 2r \Rightarrow \boxed{\boxed{MS = r}}\,\,(6)$ και άρα

$\boxed{ID = DS = \dfrac{{AI}}{2}}\,\,(7)$ οπότε $OM = OS - MS = R - r \Rightarrow \boxed{\boxed{OM = R - \dfrac{h}{3}}}$

Τα υπόλοιπα όπως ο αρχιμάστορας Στάθης.

Άλλη μία υπέροχη λύση!

Οι γκουρού της Γεωμετρίας εν δράσει!!!

#9

Ως αρχική ιδέα, η άσκηση αυτή προηγήθηκε αυτής και είναι κατά κάποιον τρόπο, γενίκευσή της. Και οι δύο στηρίζονται στην εξής παρατήρηση: Αν η διχοτόμος μιας γωνίας τριγώνου είναι κάθετη στην ευθεία τότε η απέναντι πλευρά είναι αριθμητικός μέσος των άλλων δύο. Πιο συγκεκριμένα, η διχοτόμος χωρίζει την απέναντι πλευρά σε δύο τμήματα που το καθένα είναι ίσο με το μισό της προσκείμενης πλευράς (αυτή η παρατήρηση θα μπορούσε να είναι από μόνη της μια άσκηση). Όλα αυτά θα φανούν στην Ανάλυση που ακολουθεί.

: Ακόμα μία κατασκευή τριγώνου.png (24.75 KiB) Προβλήθηκε 1476 φορές

Ανάλυση:

Έστω AD=h_a

το ύψος,

η διχοτόμος και M, N

τα μέσα των AB, AC

αντίστοιχα. Επειδή $\displaystyle{OM \bot AB,ON \bot AC}$ ,

τα σημεία A, M, I, O, N

ανήκουν στον ίδιο κύκλο διαμέτρου AO,

άρα $A\widehat IN=A\widehat MN=\widehat B,$ δηλαδή τα τρίγωνα

ABE, AIN

είναι ισογώνια, οπότε $I\widehat EC=I\widehat NC$ και τα αμβλυγώνια τρίγωνα IEC, INC

είναι ίσα (έμμεσο κριτήριο).

Είναι λοιπόν, $CE=CN=\dfrac{b}{2}$ και ομοίως $BE=BM=\dfrac{c}{2},$ άρα: $\boxed{2a=b+c}$

$\displaystyle{A{E^2} = bc\left( {1 - \frac{{{a^2}}}{{{{(b + c)}^2}}}} \right) = \frac{{3bc}}{4} = \frac{{6R{h_a}}}{4} \Leftrightarrow }$ $\boxed{AE = \frac{{\sqrt {6R{h_a}} }}{2}}$ Είναι ακόμα, $\boxed{\frac{{AI}}{{IE}} = \frac{{b + c}}{a} = 2}$

Το ορθογώνιο τρίγωνο λοιπόν, ADE

είναι κατασκευάσιμο και οδηγούμαστε στην παρακάτω κατασκευή:

Κατασκευή:

Κατασκευάζω το ορθογώνιο τρίγωνο $ADE(\widehat D=90^0, AD=h_a$ και $\displaystyle{AE = \frac{{\sqrt {6R{h_a}} }}{2}}$ , όπως προέκυψε από την Ανάλυση.

: Ακόμα μία κατασκευή τριγώνου.II.png (22.92 KiB) Προβλήθηκε 1476 φορές

Στη συνέχεια εντοπίζω το σημείο

που χωρίζει την πλευρά

σε λόγο

και φέρνω από το

κάθετη στην

που

τέμνει τον κύκλο (A, R)

στο

Τέλος ο κύκλος (O,R)

τέμνει την

στα σημεία B, C.

Το

είναι το ζητούμενο τρίγωνο.

Η απόδειξη είναι απλή και προκύπτει από την διαδικασία της Ανάλυσης. Η διερεύνηση όπως και ο Στάθης.

#10

Κοίτα τώρα τι σκέφτηκε το "Θηρίο"

Πιο πολλές πιθανότητες είχα στο Joker

παρά να σε μαντέψω !

Συνήθως οι ασκήσεις του συνθέτη για τον συνθέτη είναι απλές αλλά για τους άλλους όχι.

Ακόμα μία κατασκευή τριγώνου

Ακόμα μία κατασκευή τριγώνου

Re: Ακόμα μία κατασκευή τριγώνου

Re: Ακόμα μία κατασκευή τριγώνου

Re: Ακόμα μία κατασκευή τριγώνου

Re: Ακόμα μία κατασκευή τριγώνου

Re: Ακόμα μία κατασκευή τριγώνου

Re: Ακόμα μία κατασκευή τριγώνου

Re: Ακόμα μία κατασκευή τριγώνου

Re: Ακόμα μία κατασκευή τριγώνου

Re: Ακόμα μία κατασκευή τριγώνου

Μέλη σε σύνδεση