Ορθογώνιοι μπελάδες

KARKAR · #1

: Ορθογώνιοι μπελάδες.png (6.8 KiB) Προβλήθηκε 1120 φορές

Πώς θα εντοπίσουμε το σημείο

, ώστε :

.

Ο Απολλώνιος βρίσκεται προ πολλού στην Β' Εθνική

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Απρ 17, 2019 1:21 pm
Ορθογώνιοι μπελάδες.pngΠώς θα εντοπίσουμε το σημείο , ώστε : .

Ο Απολλώνιος βρίσκεται προ πολλού στην Β' Εθνική

: Ορθογώνιοι Μπελάδες.K.png (11.51 KiB) Προβλήθηκε 1097 φορές

Παίρνω επί της OA'

σημείο

ώστε $OP=\dfrac{a}{3}.$ Η

τέμνει τον περίκυκλο του OAA'

στο ζητούμενο σημείο

Απόδειξη: $\displaystyle \tan \omega = \tan (45^\circ - \varphi ) = \frac{{1 - \tan \varphi }}{{1 + \tan \varphi }} = \frac{{1 - \frac{1}{3}}}{{1 + \frac{1}{3}}} = \frac{1}{2} \Leftrightarrow$ $\boxed{SA=2SA'}$

#3

Καλησπέρα σε όλους. Ουσιαστικά δεν λέω κάτι διαφορετικό από τον Γιώργο, (κοιτώντας εκ των υστέρων τη λύση του Γιώργου).

Γράφω την απάντησή μου με τη διατύπωση που συνηθίζαμε ως μαθητές γυμνασίου (γύρω στο 1977-78) σε προβλήματα κατασκευής.

Γνωρίζει ή θυμάται κανείς, πότε και πώς (μη ρωτήσω και γιατί...) χάθηκαν οι γεωμετρικές κατασκευές από την ύλη μας;

: 17-04-2019 Γεωμετρία.jpg (29.21 KiB) Προβλήθηκε 1055 φορές

Ανάλυση:
Έστω ότι εντοπίσαμε το ζητούμενο σημείο. Η

τέμνει την A’O

στο

.
Τότε στο SAA’

είναι $\displaystyle \varepsilon \varphi {{\rm A}_2} = \frac{1}{2}$ , οπότε $\displaystyle \varepsilon \varphi {{\rm A}_1} = \varepsilon \varphi \left( {45^\circ - {{\rm A}_2}} \right) = \frac{{1 - \frac{1}{2}}}{{1 + \frac{1}{2}}} = \frac{1}{3}$ , άρα $\displaystyle {\rm O}{\rm K} = \frac{1}{3}OA$ .

Κατασκευή:
Παίρνουμε σημείο

στην

ώστε $\displaystyle {\rm O}{\rm K} = \frac{1}{3}OA$ .
Φέρνουμε κάθετη από το

που τέμνει την προέκταση της

στο ζητούμενο σημείο

.

Απόδειξη:
Το ABC

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, άρα $\displaystyle \widehat A = 45^\circ$ . Επίσης στο KOA

είναι $\displaystyle \varepsilon \varphi {{\rm A}_1}\frac{1}{3}$ , άρα $\displaystyle \varepsilon \varphi {{\rm A}_2} = \varepsilon \varphi \left( {45^\circ - {{\rm A}_1}} \right) = \frac{{1 - \frac{1}{3}}}{{1 + \frac{1}{3}}} = \frac{1}{2}$ , οπότε $\displaystyle SA = 2SA'$ .

Διερεύνηση:
Το σημείο

στο εσωτερικό του

και το

είναι μοναδικά, οπότε το πρόβλημα έχει (πάντα) μοναδική λύση.

#4

Ανάλυση :

Φέρνω τη διάμεσο A'M

του $\vartriangle A'OA$ που τέμνει την

στο

. Τα ορθογώνια τρίγωνα $SA'A\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OMA'\,\,$ είναι όμοια γιατί έχουν λόγο καθέτων πλευρών

.

Αφού δε το τετράπλευρο OAA'S

είναι εγγράψιμο , θα έχω :

$\left\{ \begin{gathered} \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}} = \widehat {{\omega _3}} \hfill \\ \widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

: Ορθογώνιοι μπελάδες.png (22.96 KiB) Προβλήθηκε 1049 φορές

Ενώ οποιαδήποτε από τις $\widehat \omega$ μαζί με οποιαδήποτε από τις $\widehat a$ είναι $45^\circ$ .

Μετά απ’ αυτά : SO//A'M

και από την ομοιότητα των τριγώνων $A'MA\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ASO$

Έχω $\boxed{\sqrt 2 = \frac{{A'A}}{{A'O}} = \frac{{TA}}{{SO}} = \frac{{ST}}{{SO}} \Rightarrow OT \bot TM}$

Κατασκευή:

Φέρνω τη διάμεσο A'M

και $OT \bot A'M$ . Η από το

κάθετη στην

την τέμνει στο

Προς Θεματοδότη :

Μηδενί συμφοράν ονειδίσης. Κοινή γαρ η τύχη και το μέλλον αόρατον.

Altrian · #5

Καλημέρα,

Κατασκευή:
Προεκτείνουμε την

κατά τμήμα OB=a

. Παίρνουμε το μέσο

της

. Το ζητούμενο σημείο

είναι η τομή της

με τον περίκυκλο του $\bigtriangleup A'OA$ .

Ανάλυση:
$\dfrac{1}{2}=\dfrac{A'S}{AS}=tan\phi=\dfrac{A'M}{A'A}=\dfrac{A'M}{A'B}$

#6

Έστω

σημείο της σταθερής υποτείνουσας AA'

για το οποίο : AD = 2DA'

.

Έστω ακόμα

, η προβολή του σταθερού

στη σταθερή OA'

.

Το ημικύκλιο διαμέτρου AA'

με τον κύκλο (K,KD)

τέμνονται , εκτός του

,

στο ζητούμενο σημείο

.

: Ορθογώνιοι μπελάδες_new.png (18.07 KiB) Προβλήθηκε 1005 φορές

Απόδειξη:

Προφανώς $\boxed{\widehat {ASA'} = 90^\circ }$ και αφού $\boxed{\widehat \theta = \frac{1}{2}\widehat {DKA'} = 45^\circ }$ η

είναι διχοτόμος στο $\vartriangle SAA'$ , οπότε : SA = 2SA'

#7

Παραλλαγή της πιο πάνω.

: Ορθογώνιοι μπελάδες_new_new.png (10.59 KiB) Προβλήθηκε 996 φορές

Έστω σημείο

στην

έτσι ώστε : AD = 2DA'

.. Η κάθετη στο

επί την

τέμνει τις ευθείες $OA'\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,OA$ στα $H\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,G$ .

Η τομή των $AH\,\,\kappa \alpha \iota \,\,GA'$ ορίζει το

.

KARKAR · #8

: Μπελάδες.png (8.35 KiB) Προβλήθηκε 995 φορές

Ένας μαθητής πρότεινε την κατασκευή του σχήματος . Έχει δίκιο ;

#9

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Απρ 18, 2019 12:48 pm
Μπελάδες.pngΈνας μαθητής πρότεινε την κατασκευή του σχήματος . Έχει δίκιο ;

: Extra μπελάδες.png (12.19 KiB) Προβλήθηκε 989 φορές

Ναι γιατί τα τρίγωνα SAA'

και

είναι όμοια

Μιχάλης Τσουρακάκης · #10

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Απρ 17, 2019 1:21 pm
Ορθογώνιοι μπελάδες.pngΠώς θα εντοπίσουμε το σημείο , ώστε : .

Ο Απολλώνιος βρίσκεται προ πολλού στην Β' Εθνική

Στην μεσοκάθετη της $\displaystyle AA'$ θεωρούμε σημείο $\displaystyle K$ με $\displaystyle MK = \frac{{MA}}{2}$ .Η $\displaystyle AK$ τέμνει τον κύκλο στο ζητούμενο σημείο $\displaystyle S$

Λόγω της ομοιότητας των $\displaystyle \vartriangle A'SA,MKA \Rightarrow SA' = \frac{{SA}}{2}$

: ορθογώνιοι μπελάδες.png (12.38 KiB) Προβλήθηκε 956 φορές

Γιώργος Μήτσιος · #11

Καλημέρα στην δυνατή παρέα! Για την εν λόγω κατασκευή , άλλος ..

..μαθητής μας έβαλε ένα ακόμη "μπελά"

: Νέος ..μπελάς.PNG (9.6 KiB) Προβλήθηκε 906 φορές

Στο σχήμα το

είναι το μέσον του

και $OE=\dfrac{OA}{5}$ .

Η παράλληλη από το

προς την

και η παράλληλη από το

προς την

τέμνονται στο

.

Είναι άραγε το

το αρχικό ζητούμενο , όπως ισχυρίζεται ο μαθητής;
Φιλικά , Γιώργος.

Ορθογώνιοι μπελάδες

Ορθογώνιοι μπελάδες

Re: Ορθογώνιοι μπελάδες

Re: Ορθογώνιοι μπελάδες

Re: Ορθογώνιοι μπελάδες

Re: Ορθογώνιοι μπελάδες

Re: Ορθογώνιοι μπελάδες

Re: Ορθογώνιοι μπελάδες

Re: Ορθογώνιοι μπελάδες

Re: Ορθογώνιοι μπελάδες

Re: Ορθογώνιοι μπελάδες

Re: Ορθογώνιοι μπελάδες

Μέλη σε σύνδεση