Επίτευγμα !

Γρίφοι, Σπαζοκεφαλιές, προβλήματα λογικής, μαθηματικά παιχνίδια, αινίγματα

Συντονιστής: Γιώργος Ρίζος

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9681
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Επίτευγμα !

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Πέμ Απρ 26, 2018 7:55 pm

Επίτευγμα !.png
Επίτευγμα !.png (14.99 KiB) Προβλήθηκε 322 φορές
Με πλευρές AB=5 και BC=10 , μας ζητήθηκε να σχεδιάσουμε τρίγωνο

\displaystyle ABC , ώστε αν SC \perp AC και SC=AC , η BS να διχοτομεί την \hat{B} .

Πετύχαμε την ακριβή κατασκευή που βλέπετε και αναμένουμε τη δική σας ...



Λέξεις Κλειδιά:
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 800
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Επίτευγμα !

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Παρ Απρ 27, 2018 12:08 am

Καλό βράδυ !
Επίτευγμα KARKAR.PNG
Επίτευγμα KARKAR.PNG (8.71 KiB) Προβλήθηκε 270 φορές
Στο σχήμα το τρίγωνο NIC είναι ορθογώνιο και ισοσκελές όπου το μήκος των κάθετων IC=NC είναι ..όσο θέλουμε !
Τα E,Z χωρίζουν το IC εσωτερικά κι' εξωτερικά στον ίδιο (επιθυμητό) λόγο :\dfrac{EC}{EI}=2=\dfrac{ZC}{ZI}.

Θεωρούμε τον Απολλώνιο κύκλο διαμέτρου EZ . Η NE τέμνει τον κύκλο στο M.

Ισχύει \dfrac{MC}{MI}=2=\dfrac{EC}{EI} άρα η MEN διχοτόμος της \widehat{IMC}.

Παίρνουμε πάνω στην ημιευθεία CM το CB=10 και φέρνουμε  BA \parallel MI ( το A \in CI ) .

Τότε έχουμε AB=BC/2=5.Τέλος παίρνουμε επί της CN το  CS=CA .

Αρκεί να δείξουμε ότι η BS διχοτομεί την \widehat{ABC}. Πράγματι \dfrac{BM}{MC}=\dfrac{AI}{IC}=\dfrac{SN}{NC} και έπεται BS \parallel MN

οπότε \widehat{SBC}= \widehat{NMC}=\widehat{IMC}/2=\widehat{ABC}/2
Το τρίγωνο ABC λοιπόν , όπως κατασκευάστηκε , είναι το ζητούμενο.
Φιλικά Γιώργος.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6728
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Επίτευγμα !

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Απρ 27, 2018 9:12 am

KARKAR έγραψε:
Πέμ Απρ 26, 2018 7:55 pm
Επίτευγμα !.pngΜε πλευρές AB=5 και BC=10 , μας ζητήθηκε να σχεδιάσουμε τρίγωνο

\displaystyle ABC , ώστε αν SC \perp AC και SC=AC , η BS να διχοτομεί την \hat{B} .

Πετύχαμε την ακριβή κατασκευή που βλέπετε και αναμένουμε τη δική σας ...
Καλημέρα!
Επίτευγμα.png
Επίτευγμα.png (11.67 KiB) Προβλήθηκε 238 φορές
Ανάλυση: Λόγω διχοτόμου είναι \displaystyle AD = \frac{b}{3},DC = \frac{{2b}}{3} \Rightarrow B{D^2} = 50 - \frac{{2{b^2}}}{9}

και \displaystyle \tan \theta  = \frac{3}{2}, απ' όπου παίρνω \displaystyle \cos \theta  = \frac{2}{{\sqrt {13} }}. Εφαρμόζω νόμο συνημιτόνων στο ADB:

\displaystyle 25 = 50 - \frac{{{b^2}}}{9} - \frac{{2b}}{3}\sqrt {50 - \frac{{2{b^2}}}{9}}  \cdot \frac{2}{{\sqrt {13} }} \Leftrightarrow {b^4} - 290{b^2} + 14625 = 0

κι επειδή λόγω τριγωνικής ανισότητας είναι 5<b<15, παίρνουμε τη δεκτή ρίζα \boxed{b=\sqrt{65}}


Κατασκευή: Με διάμετρο BC=10 γράφω ημικύκλιο και σε σημείο E της διαμέτρου με EC=6.5 υψώνω κάθετη
Επίτευγμα.β.png
Επίτευγμα.β.png (18.8 KiB) Προβλήθηκε 235 φορές
που τέμνει το ημικύκλιο στο Z. Το σημείο τομής των κύκλων (B, 5) και (C, CZ) προσδιορίζει την τρίτη κορυφή A του

ζητούμενου τριγώνου ABC.


Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9681
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Επίτευγμα !

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Παρ Απρ 27, 2018 12:56 pm

Επίτευγμα !.png
Επίτευγμα !.png (14.99 KiB) Προβλήθηκε 223 φορές
Μετά τ΄Αη - Γιωργιού , οι Γιώργηδες οργιάζουν :clap2: . Αλλά κύριοι χαλαρώστε !

Η δική μου λύση φαίνεται στο σχήμα . Μη ρωτάτε πως το σκέφθηκα , αφού "έτυχε"

να έχω και το πεπόνι και το μαχαίρι ... :lol:


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5749
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Επίτευγμα !

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Παρ Απρ 27, 2018 2:35 pm

Το πέτυχα.png
Το πέτυχα.png (24.49 KiB) Προβλήθηκε 206 φορές
Γράφω : Το ημικύκλιο διαμέτρου BC = 10 και έστω M το κέντρο του.

Μετά γράφω τον Απολλώνιο κύκλο κέντρου O για κάθε σημείο P του οποίου :

\boxed{\frac{{PB}}{{PC}} = 2} που τέμνει το ημικύκλιο στο K .

Το συμμετρικό του M ως προς την ευθεία BK είναι η κορυφή A και η κάθετός στο C επί την AC τέμνει την ευθεία BK στο S.

Η απόδειξη σαν άσκηση στους μαθητές .

Αν όμως δεν δοθεί απόδειξη υποχρεούμαι και θα την ανεβάσω.

Απόδειξη
Το πέτυχα_1_απόδειξη.png
Το πέτυχα_1_απόδειξη.png (29.12 KiB) Προβλήθηκε 116 φορές

Είναι προφανές λόγω συμμετρίας ότι: AB = BM = 5 και η BS είναι διχοτόμος της γωνίας \widehat {ABC}.

Επίσης : \widehat S = \widehat {{\theta _1}} ( οξείες με πλευρές κάθετες) και \widehat S = \widehat {{\theta _1}} ( γιατί AM//KC)

Αν λοιπόν θέσω NT = u\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AT = m λόγω της ομοιότητας των ορθογωνίων

τριγώνων : \,\,NAT,\,\,KCT,\,KSC και του Θ διχοτόμων θα είναι :

TC = 2m\,,\,\,TK = 2u\,\, και αφού το N μέσο του BK θα είναι BN = 3u . Αλλά ισχύει

KB = 2KC( από τον Απολλώνιο κύκλο ) , άρα KC = 3u \Rightarrow \dfrac{{KC}}{{KT}} = \dfrac{{3u}}{{2u}} = \dfrac{3}{2}\,\, και έτσι

\dfrac{{CS}}{{CT}} = \dfrac{3}{2} \Rightarrow \boxed{CS = 3m = CA}
τελευταία επεξεργασία από Doloros σε Σάβ Απρ 28, 2018 10:39 am, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Μιχάλης Τσουρακάκης
Δημοσιεύσεις: 1359
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Επίτευγμα !

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Σάβ Απρ 28, 2018 12:12 am

KARKAR έγραψε:
Πέμ Απρ 26, 2018 7:55 pm
Επίτευγμα !.pngΜε πλευρές AB=5 και BC=10 , μας ζητήθηκε να σχεδιάσουμε τρίγωνο

\displaystyle ABC , ώστε αν SC \perp AC και SC=AC , η BS να διχοτομεί την \hat{B} .

Πετύχαμε την ακριβή κατασκευή που βλέπετε και αναμένουμε τη δική σας ...

Με \displaystyle D συμμετρικό του \displaystyle B ως προς \displaystyle A είναι \displaystyle DB = BC = 10 \Rightarrow BE \bot DC και \displaystyle G κ.βάρους του \displaystyle \vartriangle DBC

Άρα, \displaystyle SC = CA = \frac{3}{2}CG και \displaystyle \frac{{SE}}{{EG}} = {\left( {\frac{{SC}}{{CG}}} \right)^2} = \frac{9}{4}.Έτσι με Π.Θ στο \displaystyle \vartriangle EBC \Rightarrow x = \frac{{\sqrt 5 }}{3} \Rightarrow \boxed{CD = 12x = 4\sqrt 5 }

Κατασκευάζουμε λοιπόν το τρίγωνο \displaystyle BDC με \displaystyle BC = DB = 10και \displaystyle {CD = 4\sqrt 5 } και φέρουμε τη διάμεσο \displaystyle CA .

Το \displaystyle A είναι η τρίτη κορυφή του τριγώνου και το \displaystyle S ,η τομή της \displaystyle BG με την κάθετο στην \displaystyle AC στο \displaystyle C

Για το μέτρο της \displaystyle AC είναι \displaystyle C{S^2} = 9x \cdot 13x = 97{x^2} \Rightarrow \boxed{CS = AC = \sqrt {65} }
επίτευγμα.png
επίτευγμα.png (18.9 KiB) Προβλήθηκε 161 φορές


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5749
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Επίτευγμα !

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Σάβ Απρ 28, 2018 1:48 am

Το πέτυχα_new.png
Το πέτυχα_new.png (81.93 KiB) Προβλήθηκε 153 φορές
Έστω ευθύγραμμο τμήμα BC = 10. M το μέσο του και D το συμμετρικό του M ως προς το B.

Γράφω ημικύκλιο διαμέτρου DM και στο αντίθετο ημιεπίπεδο θεωρώ σημείο G

τέτοιο ώστε MG = \dfrac{{BC}}{3}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MG \bot BC, Γράφω, κατά τα γνωστά, τόξο χορδής MC

Που να δέχεται γωνία ίση με \widehat \theta  = \widehat {MCG}. Έστω δε K το κέντρο του .

Το τόξο αυτό τέμνει το ημικύκλιο στο A, ενώ η κάθετη στο C επί την AC τέμνει

Την ευθεία BK στο σημείο S.

Απόδειξη:


Αφού η διάκεντρος BK είναι μεσοκάθετη στη κοινή χορδή AM θα διχοτομεί τη γωνία \widehat {ABC}.

Το τετράπλευρο ABCS είναι εγγράψιμο γιατί τα B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C βλέπουν υπό ίσες γωνίες

(και μάλιστα ορθές ) την AS και άρα , \widehat {BSC} = \widehat {MAC} = \widehat \theta  \Rightarrow \vartriangle CTS \approx \vartriangle MGC με συνέπεια και λόγω του Θ. διχοτόμου :

\boxed{AC = \frac{3}{2}TC = CS}.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Διασκεδαστικά Μαθηματικά”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης