Μεγάλες κατασκευές 4

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Απάντηση
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 15019
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Μεγάλες κατασκευές 4

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Μαρ 22, 2018 9:18 pm

Μεγάλες κατασκευές 5.png
Μεγάλες κατασκευές 5.png (19.96 KiB) Προβλήθηκε 602 φορές
Μας δόθηκε ένα ημικύκλιο διαμέτρου OAB=2r και μας ζητήθηκε να εντοπίσουμε

σημείο του , P , ώστε προεκτείνοντας την AP κατά τμήμα PS=2AP

και φέροντας το εφαπτόμενο τμήμα ST , να προκύψει : ST=AT .

Δώστε λύση στο θέμα , ή προσπαθήστε να εξηγήσετε γιατί οι ακόλουθες ενέργειες

οδηγούν σε λύση : Στο σημείο T' , με OT'=\dfrac{7r}{8} , υψώνω κάθετη T'T

και έστω M το μέσο της OT . Η BM τέμνει το τόξο στο P :!:


Λέξεις Κλειδιά:
κατασκευή
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5956
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:
Επικοινωνία S.E.Louridas

Re: Μεγάλες κατασκευές 4

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Πέμ Μαρ 22, 2018 11:12 pm

Αν AP = a, τότε έχουμε T{A^2} = T{S^2} = SP \cdot SA = 6{a^2} \Rightarrow AT = a\sqrt 6 και SP \cdot PA = T{S^2} - P{T^2} \Rightarrow 2{a^2} = 6{a^2} - T{P^2} \Rightarrow T{P^2} = 4{a^2}\Rightarrow TP = 2a.
Τώρα για a = 1 κατασκευάζουμε κάπου ένα τρίγωνο {P_1}{A_1}{T_1}, ώστε {P_1}{A_1} = 1,\;{A_1}{T_1} = \sqrt 6 ,\;{T_1}{P_1} = 2.
Στη συνέχεια κατασκευάζουμε γωνία \angle AOT = 2\angle {A_1}{P_1}{T_1} και προσδιορίζουμε τοTκαι γωνία\angle TAP = \angle {T_1}{A_1}{P_1}και προσδιορίζουμε τοP.
Στη προέκταση της AP παίρνουμε PS=2AP και προσδιορίζουμε το σημείο S.
Kark.png
Kark.png (9.47 KiB) Προβλήθηκε 550 φορές


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Κορυφή
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 15019
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Μεγάλες κατασκευές 4

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Παρ Μαρ 23, 2018 11:40 am

Μεγάλες κατασκευές 4.png
Μεγάλες κατασκευές 4.png (18.96 KiB) Προβλήθηκε 521 φορές
Η λύση του Σωτήρη δίνει μια νέα ιδέα . Βρίσκοντας ότι : AT=ST =a\sqrt{6} και PT=2a

( προκύπτει και από το ότι η πράσινη στο T είναι γωνία χορδής - εφαπτομένης ) , μπορούμε

πλέον να υπολογίσουμε το a , συναρτήσει της ακτίνας r . Αυτό μπορεί να γίνει είτε

με υπολογισμό του εμβαδού και χρήση του τύπου : E=\dfrac{abc}{4r} , κάτι πολύ κοπιαστικό ,

ή με χρήση του τύπου της τρίτης χορδής . H τρίτη χορδή c , δίνεται από τον τύπο :

c=\dfrac{a\sqrt{4r^2-b^2}+b\sqrt{4r^2-a^2}}{2r} , η οποία επιλυόμενη με τα δεδομένα

του σχήματος , δίνει : a=\dfrac{r\sqrt{10}}{4} , μήκος εύκολα κατασκευάσιμο .

Ίσως είμαστε τώρα πιο κοντά στην εξήγηση της αρχικά προταθείσας κατασκευής :?:


Κορυφή
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9853
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Μεγάλες κατασκευές 4

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Παρ Μαρ 23, 2018 11:13 pm

Ανάλυση

Βήμα πρώτο
Μεγάλες κατακευές_4_ανάλυση_1.png
Μεγάλες κατακευές_4_ανάλυση_1.png (8.86 KiB) Προβλήθηκε 494 φορές
Θεωρώ πρώτα- πρώτα ισοσκελές τρίγωνο TAS(TA = TS = k) και σημείο P της AS για το οποίο SP = 2PA και \widehat {STP} = \widehat A .

Από την τελευταία προκύπτουν άμεσα ότι : PS = PT\,\, και η ευθεία ST εφάπτεται του κύκλου που διέρχεται από τα P,A,T.

Έτσι S{T^2} = SP \cdot SA = \dfrac{2}{3}S{A^2} \Leftrightarrow \boxed{S{A^2} = \dfrac{3}{2}{k^2}}\,\,(1)

Βήμα δεύτερο .
Μεγάλες κατακευές_4_ανάλυση_2.png
Μεγάλες κατακευές_4_ανάλυση_2.png (18.31 KiB) Προβλήθηκε 494 φορές


Φέρνω από το P παράλληλη στην AT που τέμνει τα ύψη του ισοσκελούς τριγώνου TAS, τα SE\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,TN στα D\;\,\kappa \alpha \iota \,\,G\, αντίστοιχα . Προφανώς :

Το N είναι μέσο του AS ,άρα το G είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου TAS .

Αν η ευθεία SG τμήση την AT στο L αυτό θα είναι μέσο του AT.

Επειδή τα E,N βλέπουν υπό ορθή γωνία την ST από το εγγράψιμο τετράπλευρο

SNET και λόγω της (1) έχω : AE \cdot AT = \,AN \cdot AS \Rightarrow k \cdot AE = \dfrac{1}{2}A{S^2} = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{3}{2}{k^2}

και άρα \boxed{AE = \dfrac{3}{4}AT}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\boxed{LE = ET = \dfrac{1}{4}AT}\,\,(2)

Βήμα. Τρίτο.
Μεγάλες κατακευές_4_ανάλυση_3.png
Μεγάλες κατακευές_4_ανάλυση_3.png (29.21 KiB) Προβλήθηκε 494 φορές

Φέρνω τώρα και τη διατέμνουσα \overline {TDZ} στο ορθογώνιο τρίγωνο SEA και από το Θ. Μενελάου έχω :

\dfrac{{AZ}}{{ZS}} \cdot \dfrac{{SD}}{{DE}} \cdot \dfrac{{ET}}{{TA}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{AZ}}{{ZS}} \cdot 2 \cdot \dfrac{1}{4} = 1 \Rightarrow \boxed{AZ = 2SZ} Η τελευταία μας εξασφαλίζει:


\left\{ \begin{gathered} TP = TZ \hfill \\ ZA = PS = PT = ZT \hfill \\ \end{gathered} \right. .

Συνεπώς το τρίγωνο ZAT είναι ισοσκελές , το τραπέζιο ATDP είναι ισοσκελές.

Έστω λοιπόν O το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου στο τραπέζιο αυτό και

AOB η διάμετρος από το A . Προφανώς η ευθεία SE//TB και άρα η ευθεία

SE διέρχεται στο μέσο K της ακτίνας OB . Επειδή δε η \widehat {STA} = \widehat B = \widehat {EKA}

( υπό χορδής κι εφαπτομένης) τα ορθογώνια τρίγωνα , EAK\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,EST είναι όμοια.

Αφού τώρα ET = \dfrac{1}{4}AT = \dfrac{1}{4}TS \Rightarrow EK = \dfrac{1}{4}AK = \dfrac{1}{4} \cdot \frac{3}{4} \cdot 2AB \Rightarrow \boxed{EK = \dfrac{3}{8}r}.

Κατασκευή :
μεγάλες καρασκευές 4_Κατασκευή.png
μεγάλες καρασκευές 4_Κατασκευή.png (19.17 KiB) Προβλήθηκε 486 φορές
Με κέντρο το μέσο K της ακτίνας OB γράφω τον κύκλο (K,\dfrac{{3r}}{8}) . Η εφαπτομένη

του κύκλου αυτού( μέσα στο \vartriangle TAS) από το A τέμνει τον κύκλο (O,r) στο T.

Φέρνω την εφαπτομένη του κύκλου (O,r) στο T που τέμνει τον κύκλο (T,TA)

στο S. Η SA τέμνει τον κύκλο (O,r) στο ζητούμενο σημείο P

( Τα B,S εκατέρωθεν της AT)


Κορυφή
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 7 επισκέπτες