Κατασκευή μήκους

S.E.Louridas · #21

KARKAR έγραψε:"Χορταστική" , η επίλυση του Κώστα , προσιτή , επίσης , σε όλους τους ενδιαφερόμενους ...

Πάμε για άλλα ( έστω και αν απομακρυνθούμε λίγο , από τον τίτλο του θέματος ) :

Να βρεθεί ( κατασκευασθεί ) σημείο πάνω στον περίκυκλο τριγώνου $\displaystyle ABC$ , ώστε για κάθε κύκλο

που διέρχεται από τα , και τέμνει τις πλευρές στα σημεία αντίστοιχα ,

να προκύπτει :

Έστω ότι το σημείο

κατασκευάστηκε.
Παρατηρούμε ότι
$\left| {AE - AD} \right| = \left| {AC - AB} \right|,\;ct$
οπότε από το θεώρημα Maclaurin (αποδεικνύεται εύκολα) θα υπάρχει σημείο

της μεγαλύτερης πλευράς

, ώστε
$AT = \frac{{AE - AD}}{2},ct,\;\alpha \varphi o\dot \upsilon \;AC > AB \Rightarrow AC > AD$ με το

να είναι προβολή της τομής του περιγεγραμμένου κύκλου με την εξωτερική διχοτόμο της $\angle A.$
Άρα σαν

μπορεί να θεωρηθεί η τομή του περιγεγραμμένου κύκλου (ABC)

με την εξωτερική διχοτόμο της $\angle A,$ που κατασκευάζεται εύκολα.

edit: Απλά μετά την ανάρτηση του Κώστα αφαίρεσα την απόκρυψη.

S.E.Louridas

#22

Σύντομα η λύση:

Είναι $\displaystyle{BD=CE} \ \ (1)$
$\displaystyle \hat{b}=\hat{c} \ \ (2)$
γιατί είναι εγγεγραμμένες στον ίδιο κύκλο(τον περιγεγραμμένο του τριγώνου) και βλέπουν την ίδια χορδή.
$\displaystyle \left.\begin{matrix} \hat{d}=180^o-\hat{x}\\\hat{e}=180^o-\hat{y} \\\hat{x}=\hat{y} \end{matrix}\right\}\Rightarrow \hat{d}=\hat{e} \ \ (3)$
( $\displaystyle \hat{x}=\hat{y}$ γιατί είναι εγγεγραμμένες στο μικρό κύκλο και βλέπουν την ίδια χορδή)

: Κατασκευή του S.PNG (13.88 KiB) Προβλήθηκε 1621 φορές

Από τις (1), (2) και (3) προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\displaystyle{SBD}$ και $\displaystyle{SEC}$ είναι ίσα και συνεπώς $\displaystyle{SB=SC}$ .
Άρα το σημείο $\displaystyle{S}$ ισαπέχει από τα σημεία $\displaystyle{B, C}$ άρα προκύπτει ("κατασκευάζεται") από την τομή της μεσοκαθέτου της πλευράς $\displaystyle{BC}$ και
του περιγεγραμμένου στο $\displaystyle{ABC}$ κύκλου.
Το πρόβλημα έχει δύο λύσεις διότι η μεσοκάθετος $\displaystyle{(m)}$ τέμνει τον κύκλο σε δύο σημεία: $\displaystyle{S,S'}$ όπως φαίνεται στο δεύτερο σχήμα.

Κώστας Δόρτσιος

KARKAR · #23

Φαίνεται πως εδώ θα βγουν οι κατασκευαστικοί καημοί ...

Σε ευθεία που διέρχεται από την κορυφή

, του ορθογωνίου ABCD

, παίρνω τμήματα AK=AL

.

Βρείτε ("κατασκευάστε") σημεία M , N

επί των

αντίστοιχα , έτσι ώστε το

να είναι

το μέσο του τμήματος

. Πόσο είναι το εμβαδόν του τετραπλεύρου KLMN

?

#24

Έστω $\displaystyle{S}$ το σημείο τομής των ευθειών που ορίζουν τα τμήματα: $\displaystyle{KD, LB}$ .
Το σημείο αυτό είναι γνωστό και σταθερό.
Θεωρούμε στη συνέχεια το συμμετρικό $\displaystyle{S'}$ του σημείου αυτού $\displaystyle{S}$ ως προς την κορυφή $\displaystyle{C}$ του ορθογωνίου
και από το νέο αυτό σημείο φέρουμε παράλληλες προς τις πλευρές $\displaystyle{SK, SL}$ της γωνίας $\displaystyle{\hat{KSL}}$ οι οποίες
ορίζουν τα ζητούμενα σημεία $\displaystyle{M,N}$ .
Προφανώς τότε θα είναι: $\displaystyle{MC=CN}$ .
Το πρόβλημα έχει πάντα λύση.

Σημείωση:
Η άσκηση είναι ισοδύναμη με την:
Εντός γωνίας $\displaystyle{\hat{xOy}}$ δίνεται σταθερό σημείο $\displaystyle{S}$ . Να αχθεί από το σημείο $\displaystyle{S}$ τέμνουσα
τις πλευρές της γωνίες στα σημεία $\displaystyle{M,N}$ ώστε $\displaystyle{ MS=SN}$ .

S.E.Louridas · #25

KARKAR έγραψε:Φαίνεται πως εδώ θα βγουν οι κατασκευαστικοί καημοί ...

Σε ευθεία που διέρχεται από την κορυφή , του ορθογωνίου , παίρνω τμήματα .

Βρείτε ("κατασκευάστε") σημεία επί των αντίστοιχα , έτσι ώστε το να είναι

το μέσο του τμήματος . Πόσο είναι το εμβαδόν του τετραπλεύρου ?

KDORTSI έγραψε: ...Η άσκηση είναι ισοδύναμη με την:
Εντός γωνίας $\displaystyle{\hat{xOy}}$ δίνεται σταθερό σημείο $\displaystyle{S}$ . Να αχθεί από το σημείο $\displaystyle{S}$ τέμνουσα
τις πλευρές της γωνίες στα σημεία $\displaystyle{M,N}$ ώστε $\displaystyle{ MS=SN}$ .

Ή εφαρμογή της:
Εντός γωνίας $\displaystyle{\hat{xOy}}$ δίνεται σταθερό σημείο $\displaystyle{S}$ . Να αχθεί από το σημείο $\displaystyle{S}$ τέμνουσα
τις πλευρές της γωνίας στα σημεία $\displaystyle{M,N}$ ώστε $\displaystyle{ MS=\frac{m}{n}SN}$ , με m,n δεδομένα μη μηδενικά ευθύγραμμα τμήματα.

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #26

Αλλη μία κατασκευή πάνω στο στυλ αυτό:

Εντός γωνίας $\displaystyle{\hat{xOy}}$ δίνεται σταθερό σημείο $\displaystyle{S}$ . Να αχθεί από το σημείο $\displaystyle{S}$ τέμνουσα
τις πλευρές της γωνίας στα σημεία $\displaystyle{M,N}$ ώστε $\displaystyle{ MS\cdot SN=m^2}$ , με m δεδομένo μη μηδενικό ευθύγραμμο τμήμα.

S.E.Louridas

KARKAR · #27

Κατά παράβαση των κανόνων , πάω κατ' ευθείαν στην κατασκευή .

Υλοποιώ κατ' αρχήν το γινόμενο $m^2=ST{\cdot}SP$ , ως εξής : Φέρω το $ST\perp Ox$ και το $SA\perp ST , SA=m$ .

Η κάθετη στην

στο

, τέμνει την προέκταση της

στο

.

Λόγω του ορθογωνίου TAP

με ύψος

έχω : $ST{\cdot}SP = m^2$ .

Ο κύκλος διαμέτρου

, τέμνει την

στο

(και στο

).

Η

τέμνει την

στο

. Λόγω της ομοιότητας των ορθογωνίων SPN , SMT

παίρνω : $\displaystyle\frac{SP}{SM}=\frac{SN}{ST}\Rightarrow SM{\cdot}SN=ST{\cdot}SP=m^2$

Το N{'}

μου δίνει και δεύτερη λύση ...

#28

KDORTSI έγραψε:Ο Σωτήρης μας δίνει την αφορμή για παραπέρα σχόλια στη γεωμετρική αυτή κατασκευή
αλλά και γενικότερα.

Ξεκαθαρίζουμε πως ένα ευθύγραμμο τμήμα το γνωρίζουμε με δύο τρόπους:
1ος.Γνωρίζουμε το μήκος του. Το μήκος ενός τμήματος $\displaystyle{AB}$ προϋποθέτει μια μονάδα μέτρησης $\displaystyle{M}$ και συμβολίζεται με $\displaystyle{(AB)=\frac{AB}{M}}$ Άρα από τη στιγμή που μας δίνεται το μήκος, γνωρίζουμε και τη μονάδα μέτρησης.
2ος. Γνωρίζουμε το σχήμα του σε ένα φύλλο σχεδίασης. Στην περίπτωση αυτή πρέπει να επιλέξουμε τη μονάδα μέτρησης και μετά να κινηθούμε στην ανεύρεση άλλων στοιχείων ανάλογα με το πρόβλημα.

Κατά τα γραφόμενα του Σωτήρη, έχουμε και την περίπτωση κατά την οποία δίνεται στο χαρτί το ευθύγραμμο τμήμα σχεδιασμένο και δίνεται επιπλέον και το μήκος τυ ως προς μία άγνωστη μονάδα μέρτησης (π.χ. 5 μμ) την οποία πρέπει να βρούμε.

#29

Στην ξεχωριστή πρόκληση του Σωτήρη στην περίπτωση αυτή, όπως την επαναφέρει ο rek, μπορούμε να πούμε τα εξής:

Έστω ότι το ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{AB}$ έχει μέτρο : $\displaystyle{(AB)=5}$ , τότε θα είναι: $\displaystyle{AB=5\cdot u}$
Τότε στην περίπτωση αυτή η σχέση της μονάδας με το τμήμα είναι αυτή που φαίνεται στο σχήμα:

: Μήκος 5μ.μ.PNG (1.4 KiB) Προβλήθηκε 1507 φορές

Έστω ότι το ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{AB}$ έχει μέτρο $\displaystyle{(AB)=\sqrt{5}}$ , τότε θα είναι: $\displaystyle{AB=\sqrt{5}\cdot u}$
Τότε στην περίπτωση αυτή η σχέση της μονάδας με το τμήμα αυτό είναι αυτή που φαίνεται πάλι στο σχήμα:

: Μήκος τ. ρίζα του 5.PNG (5.1 KiB) Προβλήθηκε 1507 φορές

Στο σχήμα αυτό χωρίσαμε το τμήμα σε πέντε ίσα μέρη και με διάμετρο το τμήμα αυτό γράψαμε κύκλο. Στο σημείο $\displaystyle{D}$ για το οποίο ισχύει $\displaystyle{AD=4\cdot DB}$ υψώσαμε κάθετη που έκοψε στον κύκλο
το σημείο $\displaystyle{C}$ . Τότε θα είναι:
$\displaystyle \frac{BC^2}{AC^2}=\frac{BD}{AD}=\frac{1}{4}\Rightarrow AC=2BC$
και συνεπώς:
$\displaystyle AC^2+BC^2=AB^2\Rightarrow 4BC^2+BC^2=AB^2\Rightarrow \\\Rightarrow 5BC^2=AB^2\Rightarrow AB=\sqrt{5}BC=\sqrt{5}u$
Έτσι η σχέση της μονάδας με το ευθύγραμμο τμήμα έγινε πιο φανερή.

Συμπέρασμα:
Γενικά όταν μας δίνεται το μήκος ενός τμήματος είναι αυτονόητο ότι μας δίνουν και τη μονάδα μέτρησης. Από εκεί και πέρα μπορούν να αναζητηθούν τέτοιου είδους σχέσεις που
πάντοτε δεν είναι δυνατόν να βρεθούν.

Κώστας Δόρτσιος

S.E.Louridas · #30

Προχωράμε:

Δίνεται κύκλος (O,R)

και χορδή του AB.

Επί του ενός τόξου, από εκείνα που η χορδή χωρίζει τον κύκλο, δίνονται τα σημεία C,D,

διάφορα των A,B

. Κατασκευάστε σημείο

επί του τόξου που δεν βρίσκονται τα σημεία C,D,

ώστε αν

η τομή της χορδής

με την

η τομή της χορδής

με την

να ισχύει $\frac{AE}{AZ}=\frac{m}{n},$ όπου m,n

δοθέντα ευθύγραμμα τμήματα.

S.E.Louridas

KARKAR · #31

Η παραπάνω κατασκευή που προτείνει ο Σωτήρης , φαίνεται δύσκολη ...

Πάρτε μιαν ανάσα με μια ευκολότερη : Από σταθερά σημεία

και

ενός κύκλου , κατασκευάστε

παράλληλες χορδές AC , BD

, που να έχουν γινόμενο m^2

, όπου

"κατάλληλο" , δοθέν τμήμα .

S.E.Louridas · #32

KARKAR έγραψε:... Από σταθερά σημεία και ενός κύκλου , κατασκευάστε

παράλληλες χορδές , που να έχουν γινόμενο , όπου "κατάλληλο" , δοθέν τμήμα .

Ας είμαστε οι «εργολάβοι» στην κατασκευή πάνω στο σχέδιο που πρότεινε «ο Αρχιτέκτων» και ΑΡΙΣΤΟΣ Μαθηματικός Θανάσης.
Κίνηση 1η )
Θεωρούμε την διάμετρο

΄ και κατασκευάζουμε σημείο της

με την ιδιότητα $\begin{array}{*{20}c} {AS \cdot AA{'} = m^2 ( = AP \cdot AC\;\alpha \nu ,\;P \equiv SF \cap AC),\;F \in AB:SF \bot AA{'} .} \\ {{\rm T}\dot o\tau \varepsilon \;APDB\;\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda \dot o\gamma \alpha \mu \mu o \Rightarrow \vartriangle APF = \vartriangle BDQ,\alpha \nu \;Q \in AB,\mu \varepsilon \;BQ = AF).} \\ \end{array}$
Κίνηση 2η)
Θεωρούμε BQ=AF

σύμφωνα με το πνεύμα που είδαμε και από το

παράλληλη προς την

(ή κάθετη στην AA{'}

) που τέμνει τον κύκλο στο σημείο

Από το

θεωρούμε παράλληλη στην

που τέμνει την

στο

$H\;\ AP$ τέμνει τον κύκλο στο

S.E.Louridas

KARKAR · #33

Μια λύση με άλλα εργαλεία ... Έστω AB =s

. Επειδή το τετράπλευρο ABDC

θα έχει τις AC , BD

παράλληλες ,

θα είναι ισοσκελές τραπέζιο . Οπότε (Πτολεμαίος) : $AC{\cdot}BD+s^2=d^2\Rightarrow m^2+s^2=d^2$ ,

(όπου

η διαγώνιος ) . Αρκεί να κατασκευάσω τη

.

Αλλά αυτό γίνεται εύκολα με ένα ορθογωνιάκι AEB

, με κάθετες πλευρές s , m

. Στη συνέχεια ,

με κέντρο

και ακτίνα

, γράφω τόξο κύκλου που τέμνει τον δοθέντα στο

.

Σχεδιάζω την

και την

. Εύκολα διαπιστώνεται ότι πράγματι : $AC{\cdot}BD = m^2$

Εεεεπ ! Υπάρχει και 2η λύση , με χρήση του άλλου σημείου τομής των δύο κύκλων ...

Επίσης , θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε ως κέντρο το

, οπότε θα είχα άλλες δύο λύσεις ,

με τις χορδές σε άλλες θέσεις , αλλά του ίδιου μήκους ...

Ασφαλώς για να υπάρξει το σημείο

, απαιτούμε : $m^2+s^2\leq (2R)^2$ , δηλαδή πρέπει : $m\leq \sqrt{4R^2-s^2}$

S.E.Louridas · #34

Ας μου επιτραπεί μία παρατήρηση.
Οι δύο λύσεις (στις οποίες αναφέρεται ο Θανάσης, ακριβώς πάνω) απεικονίζονται στο σχήμα που ακολουθεί, όπου $AB{'} = AC\;\kappa \alpha \iota \;BD{'} = BD,$ καθότι έχουμε σαν βάση τα διδόμενα σημεία A,B.

Οπότε από τα ισοσκελή τραπέζια που δημιουργούνται παίρνουμε:
$\begin{array}{*{20}c} {AD^2 - AB^2 = AB^2 - D{'} A^2 \Leftrightarrow 2AB^2 = AD^2 - D{'} A^2 ,} \\ {\mu \varepsilon \;AD^2 + D{'} A^2 = 4R^2 \Rightarrow BC^2=AD^2 = 2R^2 + AB^2, } \\ \end{array}$
δηλαδή όταν ... $m=R\sqrt{2}.$
Aυτά από την ιδιότητα του ισοσκελούς τραπεζίου: Το γινόμενο των βάσεων του ισούται με το τετράγωνο της διαγωνίου μείον το τετράγωνο του ενός από τις ίσες πλευρές.

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #35

Κατασκευών συνέχεια;... NAI:
Δίνεται ευθεία (ε), που χωρίζει το επίπεδο σε δύο ημιεπίπεδα, σημείο

εκτός της ευθείας αυτής και κύκλος (O,R)

μη τέμνων την (ε) και με το κέντρο του

να είναι στο ίδιο ημιεπίπεδο με το

Βρείτε επί της (ε) σημείο

, επί του κύκλου σημείο

, ώστε $\frac{{AC}} {{CB}} = k,\;\frac{{AC}} {{AB}} = \lambda ,\;\mu \varepsilon \;k,\lambda,$ ''κατάλληλες'' θετικές σταθερές.

S.E.Louridas

pito · #36

Αν και νιώθω πολύ μικρή ανάμεσα σε τόσο μεγάλους γεωμέτρες, προτείνω την ακόλουθη κατασκευή:

Να κατασκευαστεί τρίγωνο $AB\Gamma$ όταν δίνονται η πλευρά $B\Gamma =\alpha$ , η γωνία $B=\varphi$ και το ύψος $\Gamma \Delta =\upsilon _{\gamma }$ .

S.E.Louridas · #37

pito έγραψε: Να κατασκευαστεί τρίγωνο $AB\Gamma$ όταν δίνονται η πλευρά $B\Gamma =\alpha$ , η γωνία $B=\varphi$ και το ύψος $\Gamma \Delta =\upsilon _{\gamma }$ .

Πάντως, έχω την αίσθηση ότι αν μου δίνεται η γωνία Β και η πλευρά ΒΓ αυτόματα μου δίνεται και το ύψος ΓΔ.
Εδώ με προβληματίζει (ως προς το στόχο του κατασκευαστή του προβλήματος) το γιατί δίνεται με 'έμφαση' το ύψος αυτό. Μάλλον θέλει να πεί:..και το ύψος BΔ, ή αν δίνεται το ύψος ΓΔ αυτό θα δίνεται σε συνδυασμό με την γωνία <Γ. Στο πρόβλημα σύμφωνα με την ημέτερη οπτική γωνιά επιφυλάσσομαι να δώσω λύση, εκτός και αν βρεθώ στην ευχάριστη θέση να το επιλύση κάποιος άλλος λύτης.

S.E.Louridas

S.E.Louridas · #38

Συνεχίζοντας τα άμεσα παραπάνω.
Ας δούμε την κατασκευή τριγώνου ${\rm A}{\rm B}\Gamma ,$ όταν γνωρίζουμε:
${\rm T}\eta \nu \;\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \dot \alpha \;{\rm B}\Gamma = \alpha ,\;\tau o\;\dot \upsilon \psi o\varsigma \;{\rm B}\Delta = \upsilon _\beta ,\tau \eta \nu \;\gamma \omega \nu \dot \iota \alpha \;\angle \Gamma {\rm B}x=\varphi.$
Με κέντρο το σημείο

και ακτίνα $\upsilon _\beta$ γράφουμε κύκλο. Με διάμετρο το ευθύγραμμο τμήμα ${\rm B}\Gamma = \alpha ,$ γράφουμε επίσης κύκλο που τέμνει, εν γένει, τον προηγούμενο σε σημείο $\Delta$ (είναι δύο τέτοια σημείο, ένα ή κανένα). Αν ${\rm A} \equiv \Gamma \Delta \cap {\rm B}x$ , το $AB\Gamma$ είναι το ζητούμενο τρίγωνο.

S.E.Louridas

#39

Νομίζω πως η κατασκευή που πρότεινε η pito είναι μια κατασκευή από την οποία προκύπτουν απειρία λύσεων.
Όπως φαίνεται από τα δύο σχήματα το σημείο $\displaystyle{A}$ μπορεί να κινηθεί σε κάθε σημείο της ημιευθείας που σχηματίζει με τη
δοθείσα βάση $\displaystyle{BC}$ γωνία ίση με $\displaystyle{\varphi}$ .
Σε ότι αφορά το δοθέν ύψος αυτό πλεονάζει όπως είπε κι ο Σωτήρης. Εξάλλου αν αυτό μας δοθεί τότε θα εξαρτηθεί η ύπαρξη λύσης κι από το αν
αυτό είναι ίσο ή όχι από την απόσταση του σημείου $\displaystyle{C}$ από την ημιευθεία $\displaystyle{Ax}$ .
Τέλος η γωνία $\displaystyle{\varphi}$ πρέπει να έχει μέτρο θετικό και μικρότερο των $\displaystyle{180^o}$ .

Κώστας Δόρτσιος

S.E.Louridas · #40

Να λοιπόν που ένα θέμα της Άριστης συναδέλφου pito δημιούργησε Γεωμετρικό διάλογο. Αυτό είναι τελικά και το ζητούμενο.

S.E.Louridas

Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Μέλη σε σύνδεση