Που'σαι Ευκλείδη !

KARKAR · #1

: Που'σαι Ευκλείδη ! .png (11.71 KiB) Προβλήθηκε 180 φορές

Ευθεία διερχόμενη από το σημείο

S(2 , 3 )

τέμνει τον x'x

στο σημείο

, την $y=\dfrac{x}{3}$ στο

και τον

στο

. Πως πρέπει να φέρουμε αυτήν την ευθεία , ώστε να είναι :

SQ=TP

;

Αν πλήττετε με τις πράξεις , αναζητήστε λύση με ευκλείδεια "εργαλεία " .

#2

KARKAR έγραψε: Κυρ Αύγ 02, 2026 11:37 am Που'σαι Ευκλείδη ! .pngΕυθεία διερχόμενη από το σημείο $S(2 , 3 )$ τέμνει τον στο σημείο , την $y=\dfrac{x}{3}$ στο

και τον στο . Πως πρέπει να φέρουμε αυτήν την ευθεία , ώστε να είναι : $SQ=TP$ ;

Αν πλήττετε με τις πράξεις , αναζητήστε λύση με ευκλείδεια "εργαλεία " .

: Πού είσαι.png (13.39 KiB) Προβλήθηκε 171 φορές

.
Τα ορθογώνια τρίγωνα

TBP, \, QRS

έχουν παράλληλες πλευρές και ίσες υποτείνουσες, άρα είναι ίσα. Συνεπώς

BP=RS=2

και άρα, αφού το

είναι στην ευθεία

y=x/3

, είναι

BT=\dfrac {OB}{3}= \dfrac {OP-2}{3}

(*).

Από τα όμοια τρίγωνα

SAP, \, TBP

έχουμε

\dfrac {SA}{AP}= \dfrac {BT}{BP}

, ισοδύναμα

\dfrac {3}{OP-2}= ^{(*)}\dfrac {OP-2}{3\cdot 2}

Λύνοντας ως προς

θα βρούμε

\boxed {OP=2+3\sqrt 2}

από όπου αμέσως η ζητούμενη κατασκευή.

.

KARKAR · #3

: Ευκλείδης.png (13.33 KiB) Προβλήθηκε 141 φορές

Ας το γενικεύσουμε : Οι ημιευθείες

Ox , Oy , Oz ,

είναι τώρα τυχούσες και το

τυχόν σημείο στο εσωτερικό της

\widehat{yOz}

. Ζητούμενο όπως και πριν :

QS=TP

.

#4

KARKAR έγραψε: Κυρ Αύγ 02, 2026 4:18 pm Ευκλείδης.pngΑς το γενικεύσουμε : Οι ημιευθείες $Ox , Oy , Oz ,$ είναι τώρα τυχούσες και το

τυχόν σημείο στο εσωτερικό της $\widehat{yOz}$ . Ζητούμενο όπως και πριν : $QS=TP$ .

: Πού είσαι 2.png (20.22 KiB) Προβλήθηκε 133 φορές

.
Χάνω κάτι; Η μέθοδος είναι ΑΚΡΙΒΩΣ η ίδια με πριν εκτός από τετριμμένες προσαρμογές. Για παράδειγμα εργαζόμαστε με παράλληλες προς τους άξονες. Στα παρακάτω ουσιαστικά αντιγράφω την προηγούμεν λύση.

Τα τρίγωνα

TBP, \, QRS

έχουν παράλληλες πλευρές από τις οποίες δύο είναι ίσες, άρα είναι ίσα. Συνεπώς

BP=RS=a

(δοθέν) και άρα, αφού το

είναι σε σταθερή ευθεία έπεται

\dfrac {BT}{OB}=p

(δοθέν. σταθερό). Άρα

BT=pOB=p(OP-a)

(*).

Από τα όμοια τρίγωνα

SAP, \, TBP

έχουμε

\dfrac {SA}{AP}= \dfrac {BT}{BP}

, ισοδύναμα

\dfrac {b}{OP-a}= ^{(*)}\dfrac {p(OP-a)}{a}

Λύνοντας ως προς

θα βρούμε

\boxed {OP=a+\sqrt {\dfrac {ab}{p}}}

από όπου αμέσως η ζητούμενη κατασκευή.

KARKAR · #5

: Ευκλείδης.png (15.96 KiB) Προβλήθηκε 87 φορές

Στην ίδια λογική , αλλά κάπως απλούστερα : Η παράλληλη από το

προς την

, τέμνει την

στο

και την αντικείμενη ημιευθεία της

στο

. Από τις προκύπτουσες ομοιότητες τριγώνων

παίρνουμε :

\dfrac{a}{x}=\dfrac{m}{m+ST}

και :

\dfrac{x}{a+b}=\dfrac{m}{m+ST}

. Συνεπώς :

x=\sqrt{a(a+b)}

και έτσι ορίζεται η θέση του

και στην συνέχεια η θέση της ευθείας

.

Που'σαι Ευκλείδη !

Που'σαι Ευκλείδη !

Re: Που'σαι Ευκλείδη !

Re: Που'σαι Ευκλείδη !

Re: Που'σαι Ευκλείδη !

Re: Που'σαι Ευκλείδη !

Μέλη σε σύνδεση