Π.Μ.Δ.Μ. 1936-37 Ε' ΚΛΑΣΙΚΟΥ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

parmenides51 · #1

1. Σε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ έστω $\displaystyle{ \color{red}H}$ το ίχνος του ύψους $\displaystyle{ \color{red}\Gamma H}$ , $\displaystyle{E}$ το μέσον της $\displaystyle{AB}$ και $\displaystyle{\Delta}$ το μέσον της $\displaystyle{B\Gamma}$ .
Αν ο περιγεγραμμένος του κύκλος τέμνει την ευθεία $\displaystyle{\Delta E}$ στα σημεία $\displaystyle{Z }$ και $\displaystyle{\Theta}$ να δειχτεί οτι
$\displaystyle{2(ZE)+(HB)=2(\Delta\Theta)+(AH)}$

2. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Να φέρετε ευθεία $\displaystyle{\Delta E}$ παράλληλη προς την $\displaystyle{AB}$ , έτσι ώστε το τμήμα
που περιέχεται μεταξύ των δυο άλλων πλευρών να φαίνεται από δοθέν σημείο $\displaystyle{O}$ της $\displaystyle{AB}$ υπό ορθή γωνία.

edit
προσθήκη σημείου στο 1ο και αλλαγή διατύπωσης, ευχαριστώ την Φωτεινή και τον gavrilos που το πρόσεξαν

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #2

parmenides51 έγραψε: Δευ Ιούλ 22, 2013 11:56 am 1. Σε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ έστω $\displaystyle{ \color{red}H}$ το ίχνος του ύψους $\displaystyle{ \color{red}\Gamma H}$ , $\displaystyle{E}$ το μέσον της $\displaystyle{A\color{red}\Gamma }$ και $\displaystyle{\Delta}$ το μέσον της $\displaystyle{B\Gamma}$ .
Αν ο περιγεγραμμένος του κύκλος τέμνει την ευθεία $\displaystyle{\Delta E}$ στα σημεία $\displaystyle{Z }$ και $\displaystyle{\Theta}$ να δειχτεί οτι
$\displaystyle{2(ZE)+(HB)=2(\Delta\Theta)+(AH)}$

To θέμα αυτό υπάρχει τυπωμένο στο Παράρτημα του Δελτίου της Ε.Μ.Ε. τεύχος 5 του Ιουνίου 1937 στη σελίδα 67. Από εκεί το πήρε ο Παναγιώτης Χρονόπουλος . Η σωστή διατύπωση είναι ότι '' Ε το μέσο της ΑΓ '' και όχι της ΑΒ. Ο Παναγιώτης έκανε ένα αναπόφευκτο λάθος αντιγραφής , από αυτά που γίνονται όταν μεταφέρεις τόση πολύ ύλη...
Αν δεν υπήρχε ο Παναγιώτης με τον όγκο που δημοσίευσε στο mathematica , πόσοι θα είχαμε την ευκαιρία να δούμε αυτόν το πλούτο θεμάτων;
Ας δούμε μια λύση που σκέφτηκα...
Θα χαρώ αν δω και κάποια άλλη λύση...

Φυσικά θα θεωρηθεί ότι $AB=c,B\Gamma =a,\Gamma A=b$

Aπό τα ορθογώνια τρίγωνα $HA\Gamma , HB\Gamma$ προκύπτει ότι

$\displaystyle AH-HB=b\cdot cos A-a\cdot cosB=b\cdot \frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}-a\cdot \frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=...=\frac{b^{2}-a^{2}}{c}$

Επίσης ισχύει
$\displaystyle ZE\cdot E\Theta =AE\cdot E\Gamma \Rightarrow ZE\cdot(E\Delta +\Delta \Theta ) =AE\cdot E\Gamma \Rightarrow ZE\cdot \left ( \frac{c}{2}+\Delta \Theta \right )=\frac{b}{2}\cdot \frac{b}{2}\Rightarrow$
$\displaystyle 4\cdot ZE\cdot \left ( \frac{c}{2}+\Delta \Theta \right )=b^{2} \Rightarrow 2\cdot ZE \cdot c+4 \cdot ZE \cdot\Delta \Theta=b^{2}$

και

$\displaystyle \Theta \Delta \cdot \Delta Z =B\Delta \cdot \Delta \Gamma \Rightarrow \Theta \Delta \cdot \left ( \Delta E+EZ \right ) =B\Delta \cdot \Delta \Gamma\Rightarrow\Delta \Theta \cdot \left ( \frac{c}{2}+ZE \right )=\frac{a}{2}\cdot \frac{a}{2}\Rightarrow$
$\displaystyle4\cdot \Delta \Theta \cdot \left ( \frac{c}{2}+ZE \right )=a^{2}\Rightarrow2\cdot\Delta \Theta \cdot c+4\cdot\Delta \Theta\cdot ZE=a^{2}$

Άρα , αν αφαιρέσουμε τις δύο τελευταίες ισότητες κατά μέλη προκύπτει

$\displaystyle \left ( 2\cdot ZE-2\cdot \Delta \Theta \right )\cdot c=b^{2}-a^{2}\Rightarrow 2\cdot ZE-2\cdot \Delta \Theta =\frac{b^{2}-a^{2}}{c}$

Έτσι λοιπόν $2\cdot ZE-2\cdot \Delta \Theta =AH-HB$ και πλέον η ζητούμενη ισότητα είναι προφανής.

#3

parmenides51 έγραψε: Δευ Ιούλ 22, 2013 11:56 am 1. Σε τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ έστω $\displaystyle{ \color{red}H}$ το ίχνος του ύψους $\displaystyle{ \color{red}\Gamma H}$ , $\displaystyle{E}$ το μέσον της $\displaystyle{A\Gamma}$ και $\displaystyle{\Delta}$ το μέσον της $\displaystyle{B\Gamma}$ .
Αν ο περιγεγραμμένος του κύκλος τέμνει την ευθεία $\displaystyle{\Delta E}$ στα σημεία $\displaystyle{Z }$ και $\displaystyle{\Theta}$ να δειχτεί οτι
$\displaystyle{2(ZE)+(HB)=2(\Delta\Theta)+(AH)}$

Καλημέρα Τηλέμαχε!

Μία Γεωμετρική προσέγγιση.

: ΠΜΔΜ 1936-1937.png (16.81 KiB) Προβλήθηκε 1449 φορές

Από συνθήκη καθετότητας: $\displaystyle {\alpha ^2} - {\beta ^2} = {\rm H}{{\rm B}^2} - {\rm H}{{\rm A}^2} = ({\rm H}{\rm B} - {\rm H}{\rm A})({\rm H}{\rm B} + {\rm H}{\rm A}) \Leftrightarrow$ $\boxed{{\rm H}{\rm B} - {\rm H}{\rm A} = \frac{{{\alpha ^2} - {\beta ^2}}}{\gamma }}$ (1)

Δύναμη σημείου:
● $\displaystyle {\rm B}\Delta \cdot \Delta \Gamma = \Delta \Theta \cdot \Delta {\rm Z} = \Delta \Theta \left( {\frac{\gamma }{2} + {\rm E}{\rm Z}} \right) \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{{{\alpha ^2}}}{4} = \Delta \Theta \cdot \frac{\gamma }{2} + \Delta \Theta \cdot {\rm E}{\rm Z}}$ (2)

● $\displaystyle {\rm A}{\rm E} \cdot {\rm E}\Gamma = {\rm Z}{\rm E} \cdot {\rm E}\Theta = {\rm Z}{\rm E}\left( {\frac{\gamma }{2} + \Delta \Theta } \right) \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{{{\beta ^2}}}{4} = {\rm Z}{\rm E} \cdot \frac{\gamma }{2} + \Delta \Theta \cdot {\rm Z}{\rm E}}$ (3)

Με αφαίρεση κατά μέλη των (2), (3)

έχουμε: $\displaystyle 2(\Delta \Theta - {\rm Z}{\rm E}) = \frac{{{\alpha ^2} - {\beta ^2}}}{\gamma }\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{2\Delta \Theta + {\rm A}{\rm H} = 2{\rm Z}{\rm E} + {\rm H}{\rm B}}$

KARKAR · #4

parmenides51 έγραψε: Δευ Ιούλ 22, 2013 11:56 am 2. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Να φέρετε ευθεία $\displaystyle{\Delta E}$ παράλληλη προς την $\displaystyle{AB}$ , έτσι ώστε το τμήμα

που περιέχεται μεταξύ των δυο άλλων πλευρών να φαίνεται από δοθέν σημείο $\displaystyle{O}$ της $\displaystyle{AB}$ υπό ορθή γωνία.

: TAKIS.png (17.35 KiB) Προβλήθηκε 1443 φορές

Μια λύση όχι ιδιαίτερα ικανοποιητική : OD^2+OE^2=DE^2

, με :

,

, δίνει : $x=\dfrac{\sqrt{a^2+8ad-8d^2}-a}{2}$ .

Έτσι εντοπίζουμε το

και φέρουμε : $DE \parallel AB$ ...

Al.Koutsouridis · #5

parmenides51 έγραψε: Δευ Ιούλ 22, 2013 11:56 am
2. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Να φέρετε ευθεία $\displaystyle{\Delta E}$ παράλληλη προς την $\displaystyle{AB}$ , έτσι ώστε το τμήμα
που περιέχεται μεταξύ των δυο άλλων πλευρών να φαίνεται από δοθέν σημείο $\displaystyle{O}$ της $\displaystyle{AB}$ υπό ορθή γωνία.

: pdmm_36_37_Egym_pr2.png (28.91 KiB) Προβλήθηκε 1403 φορές

Κατασκευάζουμε το κύκλο με διάμετρο το τμήμα

καθώς και τις εφαπτομένες $l_{1}, l_{2}$ προς αυτόν από το σημείο

. Έστω

το συμμετρικό του δοθέντος σημείου

ως προς την μεσοκάθετο της διαμέτρου

η οποία διέρχεται και από το

. Κατασκευάζουμε τον κύκλο που διέρχεται από τα σημεία O, O{'}

και εφάπτεται της ευθείας $l_{1}$ (κόκκινος κύκλος). Λόγω της συμμετρίας θα εφάπτεται και της $l_{2}$ .

Δηλαδή οι δυο παραπάνω κύκλοι είναι ομοιόθετοι με κέντρο ομοιθεσίας το σημείο

. Αν

τα σημεία τομής των ευεθειών AC, BC

αντίστοιχα με τον παραπάνω κόκκινο κύκλο, τότε λόγω της ομοιθεσίας το

θα είναι παράλληλο προς το

και διαμέτρος του, δίνοντας έτσι την ζητούμενη κατασκευή.

#6

Al.Koutsouridis έγραψε: Σάβ Μαρ 17, 2018 5:23 pm
parmenides51 έγραψε: Δευ Ιούλ 22, 2013 11:56 am
2. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle{AB\Gamma}$ . Να φέρετε ευθεία $\displaystyle{\Delta E}$ παράλληλη προς την $\displaystyle{AB}$ , έτσι ώστε το τμήμα
που περιέχεται μεταξύ των δυο άλλων πλευρών να φαίνεται από δοθέν σημείο $\displaystyle{O}$ της $\displaystyle{AB}$ υπό ορθή γωνία.
pdmm_36_37_Egym_pr2.png

Κατασκευάζουμε το κύκλο με διάμετρο το τμήμα καθώς και τις εφαπτομένες $l_{1}, l_{2}$ προς αυτόν από το σημείο . Έστω το συμμετρικό του δοθέντος σημείου ως προς την μεσοκάθετο της διαμέτρου η οποία διέρχεται και από το . Κατασκευάζουμε τον κύκλο που διέρχεται από τα σημεία και εφάπτεται της ευθείας $l_{1}$ (κόκκινος κύκλος). Λόγω της συμμετρίας θα εφάπτεται και της $l_{2}$ .

Δηλαδή οι δυο παραπάνω κύκλοι είναι ομοιόθετοι με κέντρο ομοιθεσίας το σημείο . Αν τα σημεία τομής των ευεθειών αντίστοιχα με τον παραπάνω κόκκινο κύκλο, τότε λόγω της ομοιθεσίας το θα είναι διαμέτρος του, δίνοντας έτσι την ζητούμενη κατασκευή.

ΚΕΦΑΛΟΝΙΤΗΣ · #7

Eυχαριστώ πολύ τους Γιώργο Βισβίκη , Θανάση Καραντάνα και Α.Κουτσουρίδη για την ενασχόληση τους με θέματα που τέθηκαν 81 χρόνια πριν...
Δεν έχουν χάσει την αξία τους τα θέματα αυτά...
Κίνητρο για να ασχοληθώ με το συγκεκριμένο post του Παναγιώτη ήταν το γεγονός ότι το Παράρτημα του Δελτίου της Ε.Μ.Ε. της εποχής δεν δημοσίευσε τις λύσεις , λες και τα θέματα αυτά είχαν ξεχαστεί και περίμεναν τόσα πολλά χρόνια για να λυθούν...

Π.Μ.Δ.Μ. 1936-37 Ε' ΚΛΑΣΙΚΟΥ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Π.Μ.Δ.Μ. 1936-37 Ε' ΚΛΑΣΙΚΟΥ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1936-37 Ε' ΚΛΑΣΙΚΟΥ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1936-37 Ε' ΚΛΑΣΙΚΟΥ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1936-37 Ε' ΚΛΑΣΙΚΟΥ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1936-37 Ε' ΚΛΑΣΙΚΟΥ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1936-37 Ε' ΚΛΑΣΙΚΟΥ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Re: Π.Μ.Δ.Μ. 1936-37 Ε' ΚΛΑΣΙΚΟΥ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ

Μέλη σε σύνδεση