Κερδίζουν όλοι..εκτός του πρώτου

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλό βράδυ!

: 15-1 Σχεδόν όλοι.png (35.99 KiB) Προβλήθηκε 963 φορές

Το

είναι ορθογώνιο με LA<AB

.

Ζητείται κατασκευή (με κανόνα και διαβήτη) τετραγώνου ισεμβαδικού με το ορθογώνιο

Ο πρώτος τρόπος κερδίζει την συμπάθεια..κάθε επόμενος τα εύσημα!

Σας ευχαριστώ..κυρίως τον πρώτο..Γιώργος.

#2

: Εκτός του πρώτου_1.png (11.69 KiB) Προβλήθηκε 951 φορές

#3

: Εκτός του πρώτου_2.png (27.58 KiB) Προβλήθηκε 946 φορές

#4

Κατασκευή .

Ας υποθέσω χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι AB > BE

. Θέτω $AB = a\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BE = b$ .

Πάνω στο

θεωρώ σημείο

με

.

Φέρνω τη μεσοκάθετο του

και με κέντρο τυχαίο της σημείο

γράφω κύκλο με (μεταβλητή) ακτίνα

.
.

: Εκτός του πρώτου_3.png (21.33 KiB) Προβλήθηκε 937 φορές

.
Έστω

εφαπτόμενο τμήμα προς αυτό τον κύκλο . Το τετράγωνο με πλευρά το

είναι αυτό που θέλω.

Απόδειξη.

$B{S^2} = BQ \cdot BA = ba = \left( {ABEL} \right)$

#5

Παλιά, όταν η Γεωμετρία κατείχε την θέση που της άρμοζε, διδασκόταν στα σχολεία ο τετραγωνισμός του τριγώνου και του παραλληλογράμμου.
Πολλοί από εμάς (ως μαθητές τότε), είχαμε την φιλοδοξία να τετραγωνίσουμε και τον κύκλο (δεν "δεχόμασταν" να ήταν αδύνατον!!!) και είχαμε αφιερώσει ατέλειωτες ώρες, άσκοπα μεν, αλλά όχι χωρίς τα προφανή οφέλη. (Το ίδιο είχαμε πάθει και με την εικασία του Γκόλμπαχ)

Γιώργος Μήτσιος · #6

Καλό βράδυ. Να ευχαριστήσω τον Δημήτρη για το σχολιασμό και βεβαίως τον Νίκο που κέρδισε ..εν ριπή, όλα τα μετάλλια!

Είχα σκοπό να δώσω άλλη κατασκευή που αναβάλλεται, για χάρη (*) της ακόλουθης:

: 21-1-22..αφιερωμένη στον ΕΥΘΥΜΗ...png (137.2 KiB) Προβλήθηκε 846 φορές

Στο σχήμα δίνονται τα τμήματα

και

και θέλουμε να κατασκευάσουμε το τμήμα

ώστε να ισχύει $k^{2}=AB\cdot AE$ , δηλ τον γεωμετρικό μέσο.

Θεωρώ γωνία $\widehat{ABx}=\theta$ .Κατασκευάζω το τόξο που βλέπει την χορδή

υπό γωνία $\theta$ . Η

τέμνει το τόξο στα H,Z

.

Τότε AH=AZ=k

αφού $AH^2=AB\cdot AE$ και $AZ^2=AB\cdot AE$ ως εφαπτόμενα στους κύκλους E,B,H

και

αντίστοιχα.

(*) Ανατρέχοντας αναρτήσεις του Ευθύμη Αλεξίου , το θέμα ΤΟΥΤΟ
όπου ο Ευθύμης πρόσφερε λύση, μου έδωσε την ιδέα για την προβολή της ως άνω κατασκευής.

Είναι γνωστή βεβαίως... θα ήθελα πάντως να την αφιερώσω στην μνήμη του ΕΥΘΥΜΗ..Με συγκίνηση, Γιώργος.

Γιώργος Μήτσιος · #7

Χαιρετώ.Ας δώσω και την πρώτη κατασκευή που είχα κατά νου.

: 27-1 Κερδίζουν όλοι.png (112.16 KiB) Προβλήθηκε 799 φορές

Το $F \in AB$ ώστε AF=AL

. Ο κύκλος (B,BA)

τέμνει την μεσοκάθετο του

στο

. Το τετράγωνο είναι το ζητούμενο.

Πράγματι: Τα ισοσκελή τρίγωνα BAZ

και

με τη γωνία βάσης $\widehat{A}$ κοινή είναι όμοια άρα $\dfrac{AB}{AZ}=\dfrac{AZ}{AF}$ .

Έτσι $\left ( RIZA \right )=AZ^{2}=AB\cdot AF=AB\cdot AL=\left ( BELA \right )$ . Φιλικά, Γιώργος.

Κερδίζουν όλοι..εκτός του πρώτου

Κερδίζουν όλοι..εκτός του πρώτου

Re: Κερδίζουν όλοι..εκτός του πρώτου

Re: Κερδίζουν όλοι..εκτός του πρώτου

Re: Κερδίζουν όλοι..εκτός του πρώτου

Re: Κερδίζουν όλοι..εκτός του πρώτου

Re: Κερδίζουν όλοι..εκτός του πρώτου

Re: Κερδίζουν όλοι..εκτός του πρώτου

Μέλη σε σύνδεση