Μεγάλες κατασκευές 95

KARKAR · #1

: Μεγάλες κατασκευές 95.png (9.15 KiB) Προβλήθηκε 646 φορές

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου

. Να κατασκευαστεί παραλληλόγραμμο ABCD

, με την

να εφάπτεται

του ημικυκλίου και αν οι AD , AC

τέμνουν το τόξο στα σημεία S , T

αντίστοιχα , να προκύπτει : $ST \parallel AB$ .

#2

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

#3

KARKAR έγραψε: Παρ Δεκ 16, 2022 1:30 pm Μεγάλες κατασκευές 95.pngΔίνεται ημικύκλιο διαμέτρου . Να κατασκευαστεί παραλληλόγραμμο , με την να εφάπτεται

του ημικυκλίου και αν οι τέμνουν το τόξο στα σημεία αντίστοιχα , να προκύπτει : $ST \parallel AB$ .

: Μεγάλες κατασκευές 95.png (14.62 KiB) Προβλήθηκε 606 φορές

Φέρνω την εφαπτομένη στο μέσο

του ημικυκλίου και θεωρώ σημείο της

"ανατολικά", ώστε MC=MA.

Η παράλληλη

από το

στην

ορίζει πάνω στην εφαπτομένη την τέταρτη κορυφή

του ζητούμενου παραλληλογράμμου.

Αφήνω την απόδειξη προς λύση. (Θα επανέλθω αν δεν απαντηθεί σε εύλογο χρονικό διάστημα).

#4

KARKAR έγραψε: Παρ Δεκ 16, 2022 1:30 pm Μεγάλες κατασκευές 95.pngΔίνεται ημικύκλιο διαμέτρου . Να κατασκευαστεί παραλληλόγραμμο , με την να εφάπτεται

του ημικυκλίου και αν οι τέμνουν το τόξο στα σημεία αντίστοιχα , να προκύπτει : $ST \parallel AB$ .

Η εφαπτομένη ως παράλληλη στην διάμετρο έχει αναγκαστικά σημείο επαφής το μέσο $\,\,M\,\,$ του ημικυκλίου .

Ας είναι

το κέντρο του ημικυκλίου και

το σημείο τομής των $OM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC$ .

Επειδή το ABTS

είναι ισοσκελές τραπέζιο με άξονα συμμετρίας την

που έχει και το ημικύκλιο θα είναι : $\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}}$ .

Αλλά $\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _3}}$ (εγγεγραμμένες το ίδιο τόξο ) οπότε : $\widehat {{\theta _2}} = \widehat {{\theta _3}}$ με άμεση συνέπεια το τετράπλευρο AEMD

να είναι ρόμβος.

Τώρα αναγκαστικά η

είναι μεσοκάθετος στο

, έτσι στο ορθογώνιο τρίγωνο MEC

η

είναι διάμεσος.

Είναι ακόμα : $\widehat {{\theta _4}} = \widehat {{\theta _3}}$ ( χορδής κι εφαπτομένης) και προφανώς τώρα έχω:

: Μεγάλες κατασκευές 95_Ανάλυση_κατασκευή.png (47.47 KiB) Προβλήθηκε 582 φορές

$\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}} = \widehat {{\theta _3}} = \widehat {{\theta _4}} = \widehat {{\theta _5}} = \widehat {DCA}$ . Μετά απ’ αυτά το τετράπλευρο MEDC

είναι εγγράψιμο και η $\boxed{\widehat {{\omega _{}}} = 45^\circ }$ .

Κατασκευή :

Είτε γράφω το κύκλο , $\left( {M,MB} \right)$ και τέμνει την εφαπτομένη στο

Είτε γράφω το κύκλο του Απολλώνιου για κάθε σημείο

του οποίου : $\dfrac{{GA}}{{GB}} = \dfrac{{1 + \sqrt 2 }}{1}$ , κι αυτό γιατί αν $TB = k \Rightarrow BC = BE = EA = k\sqrt 2$ , τότε

$\displaystyle \boxed{\frac{{TA}}{{TB}} = \frac{{TE + EA}}{{TB}} = \frac{{k + k\sqrt 2 }}{k} = \frac{{1 + \sqrt 2 }}{1}}$ .

Είτε γράφω τόξο χορδής AB = d

που δέχεται γνωστή γωνία $\boxed{\widehat {{\omega _{}}} = 45^\circ }$ .

: Μεγάλες κατασκευές 95_κατασκευή_2.png (94.97 KiB) Προβλήθηκε 582 φορές

#5

george visvikis έγραψε: Παρ Δεκ 16, 2022 7:29 pm
Φέρνω την εφαπτομένη στο μέσο του ημικυκλίου και θεωρώ σημείο της "ανατολικά", ώστε Η παράλληλη

από το στην ορίζει πάνω στην εφαπτομένη την τέταρτη κορυφή του ζητούμενου παραλληλογράμμου.

Επανέρχομαι για την απόδειξη της κατασκευής. Θα δείξω ότι ST||AB.

: Μεγάλες κατασκευές 95β.png (17.1 KiB) Προβλήθηκε 547 φορές

Από το ισοσκελές MAC

κι επειδή

προκύπτει ότι $\displaystyle M\widehat CA = M\widehat AC = C\widehat AB = 22,5^\circ .$

Αλλά, $\displaystyle MC = MB \Leftrightarrow M\widehat CB = 67,5^\circ = B\widehat AD.$ Άρα, $\displaystyle D\widehat AM = 22,5^\circ \Rightarrow$ $\overset\frown{SM}=\overset\frown{MT}$ και $\boxed{ST||AB}$

Μεγάλες κατασκευές 95

Μεγάλες κατασκευές 95

Re: Μεγάλες κατασκευές 95

Re: Μεγάλες κατασκευές 95

Re: Μεγάλες κατασκευές 95

Re: Μεγάλες κατασκευές 95

Μέλη σε σύνδεση