Κατασκευή τρίτη ... και τελευταία

#1

Δίνεται το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{ABCD}$ με πλευρές $\displaystyle{AB=6}$ , $\displaystyle{AD=3}$ και $\displaystyle{\widehat{BAD}=60^o}$ .
Να εγγραφεί ρόμβος $\displaystyle{KLMN}$ στο παραλληλόγραμμο αυτό, τέτοιος ώστε:

$\displaystyle{ E(KLMN)=8}$

: Κατασκευή τρίτη...και τελευταία 1.png (18.64 KiB) Προβλήθηκε 1218 φορές

Πόσες λύσεις έχει το πρόβλημα;

Σημείωση:

Θεωρούμε ότι ένα πολύγωνο $\displaystyle{(P_1)}$ είναι εγγεγραμμένο σε ένα άλλο $\displaystyle{ (P_2)}$ ,

αν οι κορυφές του πρώτου ανήκουν στους φορείς των πλευρών του δεύτερου.

S.E.Louridas · #2

KDORTSI έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 18, 2020 8:35 pm
Δίνεται το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{ABCD}$ με πλευρές $\displaystyle{AB=6}$ , $\displaystyle{AD=3}$ και $\displaystyle{\widehat{BAD}=60^o}$ .
Να εγγραφεί ρόμβος $\displaystyle{KLMN}$ στο παραλληλόγραμμο αυτό, τέτοιος ώστε:

$\displaystyle{ E(KLMN)=8}$

Κατασκευή τρίτη...και τελευταία 1.png

Πόσες λύσεις έχει το πρόβλημα;

Σημείωση:

Θεωρούμε ότι ένα πολύγωνο $\displaystyle{(P_1)}$ είναι εγγεγραμμένο σε ένα άλλο $\displaystyle{ (P_2)}$ ,

αν οι κορυφές του πρώτου ανήκουν στους φορείς των πλευρών του δεύτερου.

ΑΝΑΛΥΣΗ:

Αρκεί να κατασκευάσουμε το ορθογώνιο τρίγωνο OKN

δοθέντος εμβαδού k^2

(εν τάξει το γενικεύσαμε από 2 σε k^2

).
Αυτό το τρίγωνο είναι ισοδύναμο με το τρίγωνο OFK

, άρα $\displaystyle{\frac{{KF \cdot d}}{2} = {k^2} \Rightarrow KF = \frac{{2{k^2}}}{d},}$
οπότε το

είναι σταθερού μήκους και διεύθυνσης. Θεωρούμε λοιπόν $\displaystyle{\overrightarrow {OE} = \overrightarrow {KF} ,}$ και έτσι ορίζεται το σταθερό σημείο

.
Επειδή $\angle ENO$ είναι ορθή, το σημείο

προσδιορίζεται ως τομή του κύκλου

με διάμετρο OE,

και της πλευράς AD.

: ΚΑΤΑΣΚ.png (23.51 KiB) Προβλήθηκε 1193 φορές

#3

Δεν είναι ακριβώς κατασκευή, αλλά υπολογισμός. Αρκεί να εντοπίσω μία από τις κορυφές του ρόμβου π.χ την

Θα υπολογίσω λοιπόν το AK=x.

: Κατασκευή-3.png (16.43 KiB) Προβλήθηκε 1147 φορές

Με νόμο συνημιτόνων στα τρίγωνα AKN, BKL

βρίσκω $\boxed{9x-12y+2xy-27=0}$ (1)

$\displaystyle (AKN) + (BKL) = \frac{{(ABCD)}}{2} - 4 \Leftrightarrow$ $\boxed{\frac{{(3x + 6y - 2xy)\sqrt 3 }}{4} = \frac{{9\sqrt 3 }}{2} - 4}$ (2)

Από τις σχέσεις (1),(2)

παίρνω $\boxed{x = \frac{1}{{36}}\left( {135 - 8\sqrt 3 \pm \sqrt {3(432\sqrt 3 - 665)} } \right)}$

To πρόβλημα έχει δύο λύσεις. Η τιμή με το επαληθεύει το σχήμα. Η τιμή με το δίνει το στην προέκταση του

S.E.Louridas · #4

Ας μου επιτραπεί καταρχάς να τοποθετήσω το σχήμα για την επίλυση με την Αρίστη μέθοδο της μέσω Aντιστροφής στόχευση της κατασκευής (αρκεί βέβαια να την γνωρίζει την μέθοδο αυτή ο χειριστής της πολύ καλά, άλλως ... ), για να επανέλθω αργότερα για την ΑΝΑΛΥΣΗ.

: ΚΑΤΑΣΚ.png (31.18 KiB) Προβλήθηκε 973 φορές

#5

Επειδή το γινόμενο $OK \cdot OL = 4$ αντιστρέφω την ευθεία

με πόλο το

( το σταθερό σημείο τομής των διαγωνίων του παραλληλογράμμου )

και δύναμη αντιστροφής $\boxed{{k^2} = 4}$ και προκύπτει κύκλος ${C_1}$ που διέρχεται από το

. ( Ο κύκλος αντιστροφής , ροζέ, έχει ως γνωστό ακτίνα k = 2

) .

: Κατασκευή τρίτη και τέλος.png (43.75 KiB) Προβλήθηκε 1048 φορές

Στρέφω τώρα τον ${C_1}$ κατά $90^\circ$ με κέντρο πάλι το

και προκύπτει άλλος ίσος

κύκλος , ${C_2}$ που τέμνει την πλευρά

στο

. Φέρνω την

και τέμνει την

στο

και μετά την κάθετη στο

επί την

και τέμνει τις $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD$ στα $K\,\,\kappa \alpha \iota \,\,M$ .

Επειδή η στροφή γίνεται με θετική ή αρνητική φορά προκύπτουν δύο λύσεις .

S.E.Louridas · #6

KDORTSI έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 18, 2020 8:35 pm
Δίνεται το παραλληλόγραμμο $\displaystyle{ABCD}$ με πλευρές $\displaystyle{AB=6}$ , $\displaystyle{AD=3}$ και $\displaystyle{\widehat{BAD}=60^o}$ .
Να εγγραφεί ρόμβος $\displaystyle{KLMN}$ στο παραλληλόγραμμο αυτό, τέτοιος ώστε:

$\displaystyle{ E(KLMN)=8}$

Καλημέρα Καλημέρα στους Άριστους Κώστα και Νίκο.
Επανέρχομαι για την ΑΝΑΛΥΣΗ για την δεύτερη ημέτερη διαπραγμάτευση του όμορφου αυτού θέματος, που ως γνωστόν η Ανάλυση είναι το λίαν απαραίτητο βήμα για την επίλυση σε κάθε Μαθηματικό πρόβλημα (ώστε εκτός των άλλων να απαντούμε στο νοερό βασικό ερώτημα: πώς το σκέφτηκες;),
πολλώ δε μάλλον στις επιλύσεις προβλημάτων Γεωμετρικών κατασκευών.

ΑΝΑΛΥΣΗ:
Θέλουμε ορθογώνιο (στην κορυφή

) τρίγωνο

εμβαδού

. Οπότε θέλουμε $OK \cdot ON = 4.$ Στην ημιευθεία

θεωρούμε σημείο

ώστε

και $\overrightarrow {OH} \cdot \overrightarrow {ON} = OH\cdot ON=4.$
Καταρχάς άμεσα έχουμε ότι το τρίγωνο OHK

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Το σημείο

του σχήματος,
που είναι τομή του περιγεγραμμένου κύκλου

στο τρίγωνο OHK

με την

είναι σταθερό αφού $\angle KZO = {45^ \circ }.$
Επομένως είναι κατασκευάσιμη και η κάθετη στην

ημιευθεία

, άρα και η κάθετη

σε αυτήν, επί της οποίας κατασκευάζουμε το σημείο

, τέτοιο ώστε $\overrightarrow {OS} \cdot \overrightarrow {OL} = \overrightarrow {OH} \cdot \overrightarrow {ON} = 4.$
Αυτό οδηγεί στο ότι το σημείο

είναι απόλυτα κατασκευάσιμο. Η τομή της περιφέρειας

με διάμετρο

τέμνει την

στο σημείο

και έτσι το

προσδιορίζεται πλήρως. Στην συνέχεια προσδιορίζεται το σημείο

, άρα και ο ζητούμενος ρόμβος.

(*) Χρησιμοποιήσαμε ότι κάθε ρόμβος είναι παραλληλόγραμμο με όλες τις πλευρές του ίσες σε συνδυασμό με την γνωστή πρόταση:
Κάθε παραλληλόγραμμο εγγεγραμμένο σε άλλο παραλληλόγραμμο έχει με αυτό το ίδιο κέντρο.

: ΚΑΤΑΣΚ.png (31.49 KiB) Προβλήθηκε 949 φορές

Κατασκευή τρίτη ... και τελευταία

Κατασκευή τρίτη ... και τελευταία

Re: Κατασκευή τρίτη ... και τελευταία

Re: Κατασκευή τρίτη ... και τελευταία

Re: Κατασκευή τρίτη ... και τελευταία

Re: Κατασκευή τρίτη ... και τελευταία

Re: Κατασκευή τρίτη ... και τελευταία

Μέλη σε σύνδεση