Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

parmenides51 · #1

1. Να κατασκευαστεί τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ του οποίου γνωρίζουμε το τμήμα $\displaystyle{ZE=\lambda}$ της διχοτόμου $\displaystyle{A\Delta}$ του τριγώνου που περιέχεται μεταξύ των σημείων επαφής $\displaystyle{E}$ και $\displaystyle{Z}$ της $\displaystyle{A\Delta}$ και των κύκλων των εγγεγραμμένων στα τρίγωνα $\displaystyle{A\Delta B}$ και $\displaystyle{A\Delta \Gamma}$ καθώς και των ακτίνων $\displaystyle{\rho_1}$ και $\displaystyle{\rho_2}$ των κύκλων αυτών.

2. Δίνεται τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ που έχει τις δυο απέναντι γωνίες $\displaystyle{B}$ και $\displaystyle{\Delta}$ ορθές. Αν από τις κορυφές $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{\Gamma}$ φέρουμε τους καθέτους $\displaystyle{AE}$ και $\displaystyle{\Gamma Z}$ στην διαγώνιο $\displaystyle{B\Delta}$ , να δειχτεί οτι $\displaystyle{BZ=\Delta E}$ .

3. Δίνονται δυο ευθείες $\displaystyle{X}$ και $\displaystyle{Y}$ . Πάνω στην $\displaystyle{X}$ βρίσκεται η βάση $\displaystyle{B\Gamma }$ τριγώνου $\displaystyle{AB\Gamma}$ και πάνω στην $\displaystyle{Y}$ βρίσκεται η διχοτόμος της γωνίας $\displaystyle{\widehat{A}}$ . Εαν δίνεται το μέτρο $\displaystyle{\alpha}$ της βάσης και το μήκος $\displaystyle{\delta}$ της διχοτόμου $\displaystyle{ A\Delta}$ , να κατασκευαστεί το τρίγωνο.

4. Δίνονται ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{AB}$ και δυο ημιευθείες $\displaystyle{AM}$ και $\displaystyle{BN}$ κάθετες στην $\displaystyle{AB}$ και ορθογώνιες μεταξύ τους. Φέρνουμε την ημιευθεία $\displaystyle{B\Sigma }$ παράλληλη στην $\displaystyle{AM}$ και με την ίδια φορά με αυτήν. Δυο σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ κινούνται αντίστοιχα πάνω στις $\displaystyle{AM}$ και $\displaystyle{BN}$ με τέτοιο τρόπο ώστε να έχουμε $\displaystyle{(AM)\cdot (BN)=\frac{(AB)^2}{2}}$ . Ζητείται
α) να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{MN=AM+BN}$
β) εαν $\displaystyle{H}$ είναι η ορθή προβολή στην $\displaystyle{MN}$ του μέσου $\displaystyle{O}$ της $\displaystyle{AB}$ , να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{MH=MA , \,NH=NA}$ και $\displaystyle{OH=OA=OB}$ .

5. Δίνονται δυο ευθείες $\displaystyle{Ox}$ και $\displaystyle{Oy}$ τεμνόμενες κάθετα και εκτός του επιπέδου τους ένα σημείο $\displaystyle{P}$ . Να βρεθούν δυο σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ αντίστοιχα των ευθειών $\displaystyle{Ox}$ και $\displaystyle{Oy}$ , τέτοια ώστε η γωνία $\displaystyle{\widehat{APB}}$ να είναι ορθή και η απόσταση $\displaystyle{AB}$ να είναι ελάχιστη.

S.E.Louridas · #2

parmenides51 έγραψε: 5. Δίνονται δυο ευθείες $\displaystyle{Ox}$ και $\displaystyle{Oy}$ τεμνόμενες κάθετα και εκτός του επιπέδου τους ένα σημείο $\displaystyle{P}$ . Να βρεθούν δυο σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ αντίστοιχα των ευθειών $\displaystyle{Ox}$ και $\displaystyle{Oy}$ , τέτοια ώστε η γωνία $\displaystyle{\widehat{APB}}$ να είναι ορθή και η απόσταση $\displaystyle{AB}$ να είναι ελάχιστη.

Αν

είναι το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος

έχουμε: $MO=MP=\frac{AB}{2}$ .
Αυτό σημαίνει ότι το μέσον

κινείται στην τομή του επιπέδου των (Ox, Oy)

και εκείνου που είναι κάθετο στην

και στο μέσο της

.
Έστω ότι

είναι η τομή αυτή. Αν από το

θεωρήσουμε κάθετη στην

προσδιορίζουμε το «ποθούμενο» μέσο

του

, γνωστού όντος πλέον του μήκους AB=2TM

. Επομένως οι τομές του κύκλου (M, MP)

με τις

(ο οποίος κύκλος ανήκει στο επίπεδο τους) δίνουν το ζητούμενο ευθύγραμμο τμήμα

.

(*) Αν και δεν έχω τις απεικονιστικές δυνατότητες του Κώστα Δόρτσιου, θα επανέλθω για το σχήμα, εκτός και άν με προλάβει άλλος λύτης...

S.E.Louridas · #3

parmenides51 έγραψε: 4. Δίνονται ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{AB}$ και δυο ημιευθείες $\displaystyle{AM}$ και $\displaystyle{BN}$ κάθετες στην $\displaystyle{AB}$ και ορθογώνιες μεταξύ τους. Φέρνουμε την ημιευθεία $\displaystyle{B\Sigma }$ παράλληλη στην $\displaystyle{AM}$ και με την ίδια φορά με αυτήν. Δυο σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ κινούνται αντίστοιχα πάνω στις $\displaystyle{AM}$ και $\displaystyle{BN}$ με τέτοιο τρόπο ώστε να έχουμε $\displaystyle{(AM)\cdot (BN)=\frac{(AB)^2}{2}}$ . Ζητείται
α) να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{MN=AM+BN}$
β) εαν $\displaystyle{H}$ είναι η ορθή προβολή στην $\displaystyle{MN}$ του μέσου $\displaystyle{O}$ της $\displaystyle{AB}$ , να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{MH=MA , \,NH=NA}$ και $\displaystyle{OH=OA=OB}$ .

Επιτρέψτε μου να έχω μία αδυναμία στην Γεωμετρία του χώρου.

Παραθέτουμε μία άποψη για το ερώτημα α)
Θεωρούμε το ορθογώνιο AMFB

.
Λόγω των δεδομένων καθετοτήτων καταλήγουμε από το θεώρημα των τριών κάθετων στην ισότητα, $\angle NFM = 90^ \circ .$
Έτσι παίρνουμε:

$AM^2 + BN^2 = BF^2 + BN^2 = NF^2 \Rightarrow AM^2 + BN^2 + 2AM \cdot BN =$

$NF^2 + 2AM \cdot BN \Rightarrow \left( {AM + BN} \right)^2 = NF^2 + AB^2 = NF^2 + MF^2 = MN^2 \Rightarrow$ AM + BN = MN.

#4

Αγαπητέ Σωτήρη, λύνω το 4β με Αναλυτική ... ελπίζοντας η λύση μου να οδηγήσει και σε κάτι καλύτερο:

Ας παρατηρηθεί κατ' αρχήν ότι από την OH=OA=OB

προκύπτουν άμεσα οι NH=NB

(και όχι

) και

: πράγματι, NH^2=ON^2-OH^2=BN^2+OB^2-OH^2=BN^2

, και αναλόγως για την MH=MA

.

Η

τώρα προκύπτει άμεσα από την HA^2+HB^2=AB^2

:

Θέτοντας A=(0,0,0), B=(0,0,b)

, $O=(0,0,\displaystyle\frac{b}{2})$ , M=(m,0,0)

,

λαμβάνουμε $\displaystyle\frac{x-m}{m}=\frac{y}{-n}=\frac{z}{-b}$ (

επί της

) και $m\cdot x+(-n)\cdot y+(-b)\cdot (z-\displaystyle\frac{b}{2})=0$ ( $OH\perp MN$ ), οπότε ... $x=y=\displaystyle\frac{mn}{m+n}$ , $z=\displaystyle\frac{bm}{m+n}$ ... και τα υπόλοιπα είναι θέμα πράξεων (αλλά και της αρχικής συνθήκης, b^2=2mn

).

Γιώργος Μπαλόγλου

#5

Μια άποψη για την δημιουργία του 4ου θέματος: ξεκινάμε με μια σφαίρα κέντρου

, στους πόλους της

(Νότιος Πόλος) και

(Βόρειος Πόλος) φέρουμε παράλληλα εφαπτόμενα επίπεδα επί των οποίων χαράζουμε δύο 'παράλληλους σταυρούς' (συστήματα ορθογωνίων αξόνων ανά δύο παραλλήλων προς αλλήλους) ... και από σημείο

του κάτω/νότιου

-άξονα φέρουμε ευθεία εφαπτόμενη της σφαίρας σε σημείο

και τέμνουσα τον πάνω/βόρειο

-άξονα σε σημείο

Γιώργος Μπαλόγλου

Paolos · #6

2. Δίνεται τετράπλευρο $\displaystyle{AB\Gamma\Delta}$ που έχει τις δυο απέναντι γωνίες $\displaystyle{B}$ και $\displaystyle{\Delta}$ ορθές. Αν από τις κορυφές $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{\Gamma}$ φέρουμε τους καθέτους $\displaystyle{AE}$ και $\displaystyle{\Gamma Z}$ στην διαγώνιο $\displaystyle{B\Delta}$ , να δειχτεί οτι $\displaystyle{BZ=\Delta E}$ .

Ας ονομάσουμε $\displaystyle{x = {\rm B}{\rm E}}$ και $\displaystyle{y = Z\Delta }$ .
Τότε $\displaystyle{{\rm B}{\rm Z} = {\rm E}\Delta \Leftrightarrow x + {\rm E}{\rm Z} = {\rm E}{\rm Z} + y \Leftrightarrow x = y}$ .
Αρκεί, λοιπόν, να αποδείξουμε ότι $\displaystyle{x = y}$ .
Στο σχήμα, εύκολα διαπιστώνουμε πως οι γωνίες του ιδίου χρώματος είναι ίσες (ως συμπληρώματα ίσων γωνιών). Οπότε τα τρίγωνα του ιδίου χρώματος είναι όμοια. Άρα ισχύουν οι παρακάτω λόγοι ομοιότητας:
$\displaystyle{\left\{ {\frac{x}{{\Gamma {\rm Z}}} = \frac{{{\rm A}{\rm E}}}{{x + EZ}}\,\,\,\,,\,\,\,\,\frac{y}{{AE}} = \frac{{\Gamma Z}}{{y + EZ}}\,} \right\} \Rightarrow x(x + EZ) = y(y + EZ) \Rightarrow {x^2} + x \cdot EZ = {y^2} + y \cdot EZ \Rightarrow }$ $\displaystyle{{x^2} + x \cdot EZ - {y^2} - y \cdot EZ = 0 \Rightarrow ({x^2} - {y^2}) + EZ(x - y) = 0 \Rightarrow (x + y)(x - y) + EZ(x - y) = 0 \Rightarrow }$
$\displaystyle{(x + y + EZ)(x - y) = 0 \Rightarrow {\rm B}\Delta \cdot (x - y) = 0 \Rightarrow x = y}$ .

S.E.Louridas · #7

parmenides51 έγραψε: 4. Δίνονται ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{AB}$ και δυο ημιευθείες $\displaystyle{AM}$ και $\displaystyle{BN}$ κάθετες στην $\displaystyle{AB}$ και ορθογώνιες μεταξύ τους. Φέρνουμε την ημιευθεία $\displaystyle{B\Sigma }$ παράλληλη στην $\displaystyle{AM}$ και με την ίδια φορά με αυτήν. Δυο σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ κινούνται αντίστοιχα πάνω στις $\displaystyle{AM}$ και $\displaystyle{BN}$ με τέτοιο τρόπο ώστε να έχουμε $\displaystyle{(AM)\cdot (BN)=\frac{(AB)^2}{2}}$ . Ζητείται
α) να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{MN=AM+BN}$
β) εαν $\displaystyle{H}$ είναι η ορθή προβολή στην $\displaystyle{MN}$ του μέσου $\displaystyle{O}$ της $\displaystyle{AB}$ , να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{MH=MA , \,NH=NA}$ και $\displaystyle{OH=OA=OB}$ .

Μία άποψη για το β) ερώτημα, αφού ήδη το α) ερώτημα έχει απαντηθεί πιο πάνω.

Έχουμε: $MH^2 - NH^2 = OM^2 - ON^2 = AM^2 - BN^2 \Rightarrow MH - HN = AM - BN\;\left( 1 \right),$
με $MH + HN = AM + BN\;\left( 2 \right),$ οπότε αν από την (1) αφαιρέσουμε την (2) παίρνουμε: $MH = AM \Rightarrow NH = BN.$

S.E.Louridas · #8

S.E.Louridas έγραψε:
parmenides51 έγραψε: 4. Δίνονται ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{AB}$ και δυο ημιευθείες $\displaystyle{AM}$ και $\displaystyle{BN}$ κάθετες στην $\displaystyle{AB}$ και ορθογώνιες μεταξύ τους. Φέρνουμε την ημιευθεία $\displaystyle{B\Sigma }$ παράλληλη στην $\displaystyle{AM}$ και με την ίδια φορά με αυτήν. Δυο σημεία $\displaystyle{M}$ και $\displaystyle{N}$ κινούνται αντίστοιχα πάνω στις $\displaystyle{AM}$ και $\displaystyle{BN}$ με τέτοιο τρόπο ώστε να έχουμε $\displaystyle{(AM)\cdot (BN)=\frac{(AB)^2}{2}}$ . Ζητείται
α) να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{MN=AM+BN}$
β) εαν $\displaystyle{H}$ είναι η ορθή προβολή στην $\displaystyle{MN}$ του μέσου $\displaystyle{O}$ της $\displaystyle{AB}$ , να αποδειχθεί οτι $\displaystyle{MH=MA , \,NH=NA}$ και $\displaystyle{OH=OA=OB}$ .

Επανέρχομαι για να συμπληρώσω και την απάντηση στο τελευταίο τμήμα στο ερώτημα β) που ξέχασα και μου το υπενθύμισε ο Γιώργος Μπαλόγλου τον οποίο και ευχαριστώ.

Έχουμε: $tr\ OMH =tr\ OAM \Rightarrow OH = OA = OB.$

#9

parmenides51 έγραψε:5. Δίνονται δυο ευθείες $\displaystyle{Ox}$ και $\displaystyle{Oy}$ τεμνόμενες κάθετα και εκτός του επιπέδου τους ένα σημείο $\displaystyle{P}$ . Να βρεθούν δυο σημεία $\displaystyle{A}$ και $\displaystyle{B}$ αντίστοιχα των ευθειών $\displaystyle{Ox}$ και $\displaystyle{Oy}$ , τέτοια ώστε η γωνία $\displaystyle{\widehat{APB}}$ να είναι ορθή και η απόσταση $\displaystyle{AB}$ να είναι ελάχιστη.

Παραθέτω τρία σχήματα που αφορούν την άσκηση αυτή καθώς και σύντομη λύση που κινείται στην ιδέα του Σωτήρη.
Σωτήρη καλημέρα από Γρεβενά.

: Ορθή Γωνία 1.PNG (122.16 KiB) Προβλήθηκε 1512 φορές

Στο ανωτέρω σχήμα φαίνεται η ορθή γωνία $\displaystyle{\hat{XOY}}$ πάνω σε ένα οριζόντιο επίπεδο και ένα σημείο του χώρου $\displaystyle{P}$ το οποίο
προβάλλεται στο $\displaystyle{P_o}$ , που είναι στο εσωτερικό της γωνίας αυτής.
Το μεσοκάθετο επίπεδο του σταθερού τμήματος $\displaystyle{OP}$ τέμνει το οριζόντιο κατά την ευθεία $\displaystyle{(e)}$ (γαλάζια) και ασφαλώς το τρίγωνο $\displaystyle{OPM}$ είναι ισοσκελές
με ύψος το $\displaystyle{MT}$ όπου $\displaystyle{T}$ το μέσον της $\displaystyle{OP}$ και $\displaystyle{M}$ το σημείο τομής της $\displaystyle{(e)}$ με το επίπεδο που ορίζει η αρχή $\displaystyle{O}$
με την ευθεία του $\displaystyle{PP_o}$ .[*][/color]
Η ευθεία τομής $\displaystyle{(e)}$ είναι κάθετη στην $\displaystyle{OP_o}$ διότι η $\displaystyle{(e)}$ είναι ορθογώνια προς την $\displaystyle{PP_o}$ καθώς και στην $\displaystyle{OP}$ .

Είναι φανερό ότι αν θεωρήσουμε οποιοδήποτε σημείο $\displaystyle{M_1}$ της $\displaystyle{(e)}$ (και εσωτερικά της γωνίας $\displaystyle{\hat{XOY}}$ ), ως κέντρο ενός κύκλου πάνω στο επίπεδο των $\displaystyle{OX,OY}$
και ακτίνας ίσης με $\displaystyle{OM_1}$ τότε θα δημιουργηθεί ένα ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{OA_1B_1}$ με ορθή την $\displaystyle{O}$ και $\displaystyle{A_1,B_1}$ τα σημεία τομής του κύκλου αυτού με τις πλευρές της γωνίας $\displaystyle{\hat{XOY}}$ .
Στο τρίγωνο αυτό το σημείο $\displaystyle{M_1}$ θα είναι μέσο του $\displaystyle{A_1B_1}$ και προφανώς και η γωνία $\displaystyle{\hat{A_1PB_1}}$ θα είναι ορθή (γιατί $\displaystyle{OM_1=PM_1=\frac{A_1B_1}{2}}$ )
Επομένως, για κάθε τέτοιο σημείο $\displaystyle{M_1}$ , ικανοποιείται το πρώτο αίτημα του προβλήματος. Δηλαδή βρέθηκαν τα σημεία $\displaystyle{A_1,B_1}$ επί των πλευρών $\displaystyle{OX,OY}$ ώστε το τμήμα $\displaystyle{A_1B_1}$
να φαίνεται από το $\displaystyle{P}$ με ορθή γωνία.

Από τα διάφορα αυτά σημεία $\displaystyle{M_1}$ κείμενα επί της $\displaystyle{(e)}$ και εντός της $\displaystyle{\hat{XOY}}$ επιλέγουμε εκείνο για το οποίο το τμήμα $\displaystyle{A_1B_1}$ γίνεται ελάχιστο.
Επειδή $\displaystyle{A_1B_1=2\cdot OM_1}$ άρα το ζητούμενο σημείο είναι εκείνο που ανήκει στην $\displaystyle{(e)}$ και απέχει από την αρχή $\displaystyle{O}$ ελάχιστη απόσταση. Αυτό προκύπτει
από την κάθετη από το $\displaystyle{O}$ προς την $\displaystyle{(e)}$ . Άρα το ζητούμενο είναι το $\displaystyle{M}$ το οποίο αφέρθηκε στην αρχή.[*][/color](βλ. Σχήμα πρώτο)
Επομένως το ζητούμενο τμήμα $\displaystyle{A_oB_o}$ θα προκύψει από την τομή του κύκλου $\displaystyle{C(M,MO)}$ με τις πλευρές $\displaystyle{OX,OY}$ αντίστοιχα.

Διερεύνηση
Αν η προβολή $\displaystyle{P_o}$ του σημείου $\displaystyle{P}$ είναι εντός των τεσσάρων ορθών γωνιών που ορίζουν οι $\displaystyle{OX,OY}$ τότε η λύση είναι η ανωτέρω.
Αν όμως το σημείο $\displaystyle{P_o}$ είναι σημείο της $\displaystyle{OX}$ εκτός της αρχής $\displaystyle{O}$ τότε η λύση φαίνεται στο ακόλουθο σχήμα.

: Ορθή Γωνία 2.PNG (79.4 KiB) Προβλήθηκε 1512 φορές

Το σημείο $\displaystyle{A}$ προέκυψε από την τομή της καθέτου επί της $\displaystyle{OP}$ και της $\displaystyle{OX}$ και το σημείο $\displaystyle{B}$ ταυτίζεται με την αρχή $\displaystyle{O}$ .
Το $\displaystyle{AB}$ είναι και το ελάχιστο γιατί αν θεωρήσουμε ένα $\displaystyle{B_1}$ επί της $\displaystyle{OY}$ πάλι η γωνία $\displaystyle{\hat{APB_1}$ θα είναι ορθή γιατί η $\displaystyle{PA}$ κάθετη στο επίπεδο $\displaystyle{OPB}$
αλλά $\displaystyle{AB_1 \geq AB}$ .

Τέλος αν η προβολή ταυτίζεται με την αρχή $\displaystyle{O}$ τότε όπως φαίνεται κι από το τρίτο σχήμα θα είναι:

: Ορθή Γωνία 3.PNG (46.1 KiB) Προβλήθηκε 1512 φορές

Αν δύο τυχαία σημεία $\displaystyle{A,B}$ επί των πλευρών $\displaystyle{OX,OY}$ αντίστοιχα τότε:
$\displaystyle{AB^2=OA^2+OB^2}$
$\displaystyle{AP^2+BP^2=OA^2+OB^2+2OP^2}$
Επομένως:
$\displaystyle{AB^2 \leq OA^2+OB^2}$
και συνεπώς η γωνία $\displaystyle{\hat{APB}}$ θα είναι πάντα οξεία και συνεπώς τότε το πρόβλημα δεν έχει λύση.

Κώστας Δόρτσιος

S.E.Louridas · #10

Κώστα σε ευχαριστώ που έκανες για μία ακόμη φορά ΠΟΙΗΣΗ.
Το ευχόμουν μέσα μου και το περίμενα μετά την διαπραγμάτευση που έδωσα και μετά το κάλεσμα μου προς εσένα. Ανυπομονώ να τα πούμε από κοντά στην Καρδίτσα.

#11

parmenides51 έγραψε:1. Να κατασκευαστεί τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ του οποίου γνωρίζουμε το τμήμα $\displaystyle{ZE=\lambda}$ της διχοτόμου $\displaystyle{A\Delta}$ του τριγώνου που περιέχεται μεταξύ των σημείων επαφής $\displaystyle{E}$ και $\displaystyle{Z}$ της $\displaystyle{A\Delta}$ και των κύκλων των εγγεγραμμένων στα τρίγωνα $\displaystyle{A\Delta B}$ και $\displaystyle{A\Delta \Gamma}$ καθώς και των ακτίνων $\displaystyle{\rho_1}$ και $\displaystyle{\rho_2}$ των κύκλων αυτών.

[/quote]

: Σ.Μ.Α 1969.png (24.33 KiB) Προβλήθηκε 1429 φορές

Ανάλυση: Έστω $AB\Gamma$ το ζητούμενο τρίγωνο και M,N

τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων $AB\Delta$ και $A\Delta\Gamma$ αντίστοιχα με ${{\rho }_{1}}\ne {{\rho }_{2}}$ . Η διχοτόμος $A\Delta$ του τριγώνου $AB\Gamma$ διχοτομεί και τη γωνία $M\widehat{A}N$ . Τα ορθογώνια τρίγωνα EAM

και

είναι όμοια:
$\frac{AZ}{AE}=\frac{{{\rho }_{2}}}{{{\rho }_{1}}}\Leftrightarrow \frac{\left| AZ-AE \right|}{AE}=\frac{\left| {{\rho }_{2}}-{{\rho }_{1}} \right|}{{{\rho }_{1}}}\Leftrightarrow \frac{\lambda }{AE}=\frac{\left| {{\rho }_{2}}-{{\rho }_{1}} \right|}{{{\rho }_{1}}}$ , απ’ όπου προκύπτει ότι

$AE=\frac{\lambda \cdot {{\rho }_{1}}}{\left| {{\rho }_{2}}-{{\rho }_{1}} \right|}$ και $AZ = \frac{{\lambda \cdot {\rho _1}}}{{\left| {{\rho _2} - {\rho _1}} \right|}} + \lambda$ . Τα τρίγωνα EAM

και

είναι λοιπόν κατασκευάσιμα (είναι ορθογώνια και γνωρίζουμε τα μήκη των καθέτων πλευρών τους.

Σύνθεση: Κατασκευάζουμε τα τρίγωνα EAM

και

και γράφουμε τους κύκλους
(M, ME)

και

. Στη συνέχεια φέρνουμε την κοινή εξωτερική εφαπτομένη $\varepsilon$ που έχει τα σημεία M, N, A

προς το ίδιο μέρος της. Οι εφαπτόμενες από το

στους κύκλους (M)

και

τέμνουν την $\varepsilon$ στα σημεία

και $\Gamma$ αντίστοιχα. Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι το ζητούμενο.

Απόδειξη: Πράγματι, από κατασκευής Οι κύκλοι με ακτίνες ${{\rho }_{1}},{{\rho }_{2}}$ είναι εγγεγραμμένοι στα τρίγωνα $\displaystyle{A\Delta B}$ και $\displaystyle{A\Delta \Gamma}$ και τα σημεία επαφής τους με την $A\Delta$ απέχουν απόσταση ίση με
$ZE = \lambda$ .
Διερεύνηση: Το πρόβλημα έχει πάντα λύση αφού τα τρίγωνα EAM

και

μπορούν να κατασκευαστούν πάντα.
Σχόλιο: Αν ${{\rho }_{1}}={{\rho }_{2}}$ , τότε τα τρίγωνα EAM

και

θα είναι ίσα και τα σημεία E, Z

συμπίπτουν. Αυτό όμως δεν μπορεί να συμβαίνει αφού στην εκφώνηση αναφέρεται ότι το τμήμα

έχει μήκος $\lambda$ .

S.E.Louridas · #12

george visvikis έγραψε:
parmenides51 έγραψε:1. Να κατασκευαστεί τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ του οποίου γνωρίζουμε το τμήμα $\displaystyle{ZE=\lambda}$ της διχοτόμου $\displaystyle{A\Delta}$ του τριγώνου που περιέχεται μεταξύ των σημείων επαφής $\displaystyle{E}$ και $\displaystyle{Z}$ της $\displaystyle{A\Delta}$ και των κύκλων των εγγεγραμμένων στα τρίγωνα $\displaystyle{A\Delta B}$ και $\displaystyle{A\Delta \Gamma}$ καθώς και των ακτίνων $\displaystyle{\rho_1}$ και $\displaystyle{\rho_2}$ των κύκλων αυτών.
Σ.Μ.Α 1969.png
Ανάλυση: Έστω $AB\Gamma$ το ζητούμενο τρίγωνο και τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων $AB\Delta$ και $A\Delta\Gamma$ αντίστοιχα με ${{\rho }_{1}}\ne {{\rho }_{2}}$ . Η διχοτόμος $A\Delta$ του τριγώνου $AB\Gamma$ διχοτομεί και τη γωνία $M\widehat{A}N$ . Τα ορθογώνια τρίγωνα και είναι όμοια:
$\frac{AZ}{AE}=\frac{{{\rho }_{2}}}{{{\rho }_{1}}}\Leftrightarrow \frac{\left| AZ-AE \right|}{AE}=\frac{\left| {{\rho }_{2}}-{{\rho }_{1}} \right|}{{{\rho }_{1}}}\Leftrightarrow \frac{\lambda }{AE}=\frac{\left| {{\rho }_{2}}-{{\rho }_{1}} \right|}{{{\rho }_{1}}}$ , απ’ όπου προκύπτει ότι

$AE=\frac{\lambda \cdot {{\rho }_{1}}}{\left| {{\rho }_{2}}-{{\rho }_{1}} \right|}$ και $AZ = \frac{{\lambda \cdot {\rho _1}}}{{\left| {{\rho _2} - {\rho _1}} \right|}} + \lambda$ . Τα τρίγωνα και είναι λοιπόν κατασκευάσιμα (είναι ορθογώνια και γνωρίζουμε τα μήκη των καθέτων πλευρών τους.

Σύνθεση: Κατασκευάζουμε τα τρίγωνα και και γράφουμε τους κύκλους
και . Στη συνέχεια φέρνουμε την κοινή εξωτερική εφαπτομένη $\varepsilon$ που έχει τα σημεία προς το ίδιο μέρος της. Οι εφαπτόμενες από το στους κύκλους και τέμνουν την $\varepsilon$ στα σημεία και $\Gamma$ αντίστοιχα. Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι το ζητούμενο.

Απόδειξη: Πράγματι, από κατασκευής Οι κύκλοι με ακτίνες ${{\rho }_{1}},{{\rho }_{2}}$ είναι εγγεγραμμένοι στα τρίγωνα $\displaystyle{A\Delta B}$ και $\displaystyle{A\Delta \Gamma}$ και τα σημεία επαφής τους με την $A\Delta$ απέχουν απόσταση ίση με
$ZE = \lambda$ .
Διερεύνηση: Το πρόβλημα έχει πάντα λύση αφού τα τρίγωνα και μπορούν να κατασκευαστούν πάντα.
Σχόλιο: Αν ${{\rho }_{1}}={{\rho }_{2}}$ , τότε τα τρίγωνα και θα είναι ίσα και τα σημεία συμπίπτουν. Αυτό όμως δεν μπορεί να συμβαίνει αφού στην εκφώνηση αναφέρεται ότι το τμήμα έχει μήκος $\lambda$ .

Καλωσορίζοντας και προσωπικά τον συνάδελφο Γιώργο Βισβίκη στην παρέα μας θα ήθελα να επισημάνω ότι:
Η παρέμβαση του αυτή αποτελεί ταυτόχρονα και απόλυτο Μάθημα Μαθηματικής διαδικασίας για μία Γεωμετρική Κατασκευή (Ανάλυση - Σύνθεση - Απόδειξη - Διερεύνηση).
Έτσι ακριβώς πρέπει να αντιμετωπίζονται τα προβλήματα των Γεωμετρικών Κατασκευών σε πλήρη επίλυση και καλό θα είναι να κρατηθεί και η παρέμβαση αυτή ως οδηγός.

#13

S.E.Louridas έγραψε:
george visvikis έγραψε:
parmenides51 έγραψε:1. Να κατασκευαστεί τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ του οποίου γνωρίζουμε το τμήμα $\displaystyle{ZE=\lambda}$ της διχοτόμου $\displaystyle{A\Delta}$ του τριγώνου που περιέχεται μεταξύ των σημείων επαφής $\displaystyle{E}$ και $\displaystyle{Z}$ της $\displaystyle{A\Delta}$ και των κύκλων των εγγεγραμμένων στα τρίγωνα $\displaystyle{A\Delta B}$ και $\displaystyle{A\Delta \Gamma}$ καθώς και των ακτίνων $\displaystyle{\rho_1}$ και $\displaystyle{\rho_2}$ των κύκλων αυτών.
Σ.Μ.Α 1969.png
Ανάλυση: Έστω $AB\Gamma$ το ζητούμενο τρίγωνο και τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων $AB\Delta$ και $A\Delta\Gamma$ αντίστοιχα με ${{\rho }_{1}}\ne {{\rho }_{2}}$ . Η διχοτόμος $A\Delta$ του τριγώνου $AB\Gamma$ διχοτομεί και τη γωνία $M\widehat{A}N$ . Τα ορθογώνια τρίγωνα και είναι όμοια:
$\frac{AZ}{AE}=\frac{{{\rho }_{2}}}{{{\rho }_{1}}}\Leftrightarrow \frac{\left| AZ-AE \right|}{AE}=\frac{\left| {{\rho }_{2}}-{{\rho }_{1}} \right|}{{{\rho }_{1}}}\Leftrightarrow \frac{\lambda }{AE}=\frac{\left| {{\rho }_{2}}-{{\rho }_{1}} \right|}{{{\rho }_{1}}}$ , απ’ όπου προκύπτει ότι

$AE=\frac{\lambda \cdot {{\rho }_{1}}}{\left| {{\rho }_{2}}-{{\rho }_{1}} \right|}$ και $AZ = \frac{{\lambda \cdot {\rho _1}}}{{\left| {{\rho _2} - {\rho _1}} \right|}} + \lambda$ . Τα τρίγωνα και είναι λοιπόν κατασκευάσιμα (είναι ορθογώνια και γνωρίζουμε τα μήκη των καθέτων πλευρών τους.

Σύνθεση: Κατασκευάζουμε τα τρίγωνα και και γράφουμε τους κύκλους
και . Στη συνέχεια φέρνουμε την κοινή εξωτερική εφαπτομένη $\varepsilon$ που έχει τα σημεία προς το ίδιο μέρος της. Οι εφαπτόμενες από το στους κύκλους και τέμνουν την $\varepsilon$ στα σημεία και $\Gamma$ αντίστοιχα. Το τρίγωνο $AB\Gamma$ είναι το ζητούμενο.

Απόδειξη: Πράγματι, από κατασκευής Οι κύκλοι με ακτίνες ${{\rho }_{1}},{{\rho }_{2}}$ είναι εγγεγραμμένοι στα τρίγωνα $\displaystyle{A\Delta B}$ και $\displaystyle{A\Delta \Gamma}$ και τα σημεία επαφής τους με την $A\Delta$ απέχουν απόσταση ίση με
$ZE = \lambda$ .
Διερεύνηση: Το πρόβλημα έχει πάντα λύση αφού τα τρίγωνα και μπορούν να κατασκευαστούν πάντα.
Σχόλιο: Αν ${{\rho }_{1}}={{\rho }_{2}}$ , τότε τα τρίγωνα και θα είναι ίσα και τα σημεία συμπίπτουν. Αυτό όμως δεν μπορεί να συμβαίνει αφού στην εκφώνηση αναφέρεται ότι το τμήμα έχει μήκος $\lambda$ .
Καλωσορίζοντας και προσωπικά τον συνάδελφο Γιώργο Βισβίκη στην παρέα μας θα ήθελα να επισημάνω ότι:
Η παρέμβαση του αυτή αποτελεί ταυτόχρονα και απόλυτο Μάθημα Μαθηματικής διαδικασίας για μία Γεωμετρική Κατασκευή (Ανάλυση - Σύνθεση - Απόδειξη - Διερεύνηση).
Έτσι ακριβώς πρέπει να αντιμετωπίζονται τα προβλήματα των Γεωμετρικών Κατασκευών σε πλήρη επίλυση και καλό θα είναι να κρατηθεί και η παρέμβαση αυτή ως οδηγός.

Καλησπέρα Σωτήρη. Σ' ευχαριστώ για το καλωσόρισμα και για τα καλά σου λόγια. Τα λόγια αυτά έχουν μεγαλύτερη αξία όταν προέρχονται από κάποιον βαθιά γνώστη των Μαθηματικών. Παρακολουθώ τη δουλειά όλων σας και έχω πολλές φορές εντυπωσιαστεί με τις εύστοχες ασκήσεις και τις εμπνευσμένες λύσεις σε ένα μάθημα, όπως η Γεωμετρία που έχει τόσο συρρικνωθεί στις μέρες μας.
Με εκτίμηση Γιώργος

Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Re: Σ.Μ.Α 1969 - ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

Μέλη σε σύνδεση