Νεοκατασκευή

KARKAR · #1

: Νεοκατασκευή.png (13.97 KiB) Προβλήθηκε 814 φορές

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , διαιρέσαμε με τμήμα

την ορθή γωνία σε δύο

μέρη με λόγο $\widehat{BAS}:\widehat{CAS}=1:2$ και ( με κάποια έκπληξη ! ) διαπιστώσαμε

ότι και η υποτείνουσα

διαιρέθηκε επίσης κατά λόγο : BS:SC=1:2

.

Κατασκευάστε αυτό το σχήμα χρησιμοποιώντας - ενδεχομένως - "νεότερα" εργαλεία

Altrian · #2

Κατασκευάζουμε κύκλο διαμέτρου

. Σχηματίζουμε γωνία

σε σχέση με την διάμετρο με κορυφή το κέντρο του κύκλου, που τέμνει το κύκλο στο

. Η

τέμνει τον κύκλο στο ζητούμενο σημείο

KARKAR · #3

Χεχε ! Καλό

. Ας υπολογίσουμε τώρα την $\tan C$

Altrian · #4

Αν δεν έχω κάνει λάθος είναι: $\frac{\sqrt{3}}{2}$ . Αν είναι σωστό να γράψω και τη λύση.

nikkru · #5

Altrian έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 06, 2018 8:51 pm
Αν δεν έχω κάνει λάθος είναι: $\frac{\sqrt{3}}{2}$ . Αν είναι σωστό να γράψω και τη λύση.

Σωστό, με νόμο ημιτόνων στα ASB,ASC

είναι: $sinC=AS\frac{sin60^o}{2x} , cosC=sinB=AS\frac{sin30^o}{x}$ οπότε, $tanC=\frac{sinC}{cosC}=\frac{\sqrt{3}}{2}$ .

#6

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 06, 2018 6:46 pm
Νεοκατασκευή.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , διαιρέσαμε με τμήμα την ορθή γωνία σε δύο

μέρη με λόγο $\widehat{BAS}:\widehat{CAS}=1:2$ και ( με κάποια έκπληξη ! ) διαπιστώσαμε

ότι και η υποτείνουσα διαιρέθηκε επίσης κατά λόγο : .

Κατασκευάστε αυτό το σχήμα χρησιμοποιώντας - ενδεχομένως - "νεότερα" εργαλεία

: Νεοκατασκευή.png (11.93 KiB) Προβλήθηκε 750 φορές

Κατασκευάζω το ημικύκλιο διαμέτρου BC=3x

και το ισόπλευρο τρίγωνο BCK,

όπως φαίνεται στο σχήμα. Η

τέμνει το ημικύκλιο στο

και ολοκληρώνεται η κατασκευή.

KARKAR · #7

: New construction plus.png (10.7 KiB) Προβλήθηκε 733 φορές

Αστεία τέλος ! Φέρω $CT\perp AS$ . Αν

το κέντρο , δείξτε ότι : $OT\perp AB$

#8

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 07, 2018 7:41 am
New construction plus.pngΑστεία τέλος ! Φέρω $CT\perp AS$ . Αν το κέντρο , δείξτε ότι : $OT\perp AB$

Αρκεί να δείξω ότι OT||AC.

: Νεοκατασκευή.β.png (11.74 KiB) Προβλήθηκε 723 φορές

στο

με τέμνουσα AS:

$\displaystyle x{b^2} + 2x{c^2} = 3xA{S^2} + 6{x^3}\mathop \Leftrightarrow \limits^{{b^2} + {c^2} = 9{x^2}}$ $\boxed{A{S^2} = \frac{{3{x^2} + {c^2}}}{3}}$ (1)

Νόμος συνημιτόνων στο ASC:

$\displaystyle 4{x^2} = A{S^2} + {b^2} - bAS\mathop \Leftrightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{AS=\frac{2b}{3}}$ κι επειδή $AT=\dfrac{b}{2},$ θα είναι:

$\displaystyle \frac{{AT}}{{AS}} = \frac{3}{4}.$ Αλλά, $\displaystyle \frac{{CO}}{{CS}} = \frac{{\frac{{3x}}{2}}}{{2x}} = \frac{3}{4},$ άρα $\displaystyle \frac{{AT}}{{AS}} = \frac{{CO}}{{CS}} \Leftrightarrow$ $\boxed{OT||AC}$

Μήπως διάλεξα δύσκολο δρόμο;

nikkru · #9

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 07, 2018 7:41 am
New construction plus.pngΑστεία τέλος ! Φέρω $CT\perp AS$ . Αν το κέντρο , δείξτε ότι : $OT\perp AB$

.
Είναι

. Αργότερα η αιτιολόγηση.

: Νεοκατασκευή.png (14.38 KiB) Προβλήθηκε 705 φορές

Μιχάλης Τσουρακάκης · #10

KARKAR έγραψε: ↑
Πέμ Σεπ 06, 2018 6:46 pm
Νεοκατασκευή.pngΣτο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , διαιρέσαμε με τμήμα την ορθή γωνία σε δύο

μέρη με λόγο $\widehat{BAS}:\widehat{CAS}=1:2$ και ( με κάποια έκπληξη ! ) διαπιστώσαμε

ότι και η υποτείνουσα διαιρέθηκε επίσης κατά λόγο : .

Κατασκευάστε αυτό το σχήμα χρησιμοποιώντας - ενδεχομένως - "νεότερα" εργαλεία

Κατασκευάζουμε ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές $\displaystyle AC = b$ και $\displaystyle AD = b\sqrt 3$ κι έστω

$\displaystyle S$ το κ.βάρους του με $\displaystyle CS \cap AD = B$

Το ζητούμενο ορθογώνιο τρίγωνο με τις εν λόγω ιδιότητες είναι το $\displaystyle \vartriangle ABC$

Πράγματι, αν $\displaystyle \left( {M,MA} \right)$ ο περίκυκλος του $\displaystyle \vartriangle ADC$ θα είναι $\displaystyle \angle AMD = {120^0} \Rightarrow \angle AMC = {60^0} \Rightarrow \vartriangle AMC$ ισόπλευρο.

Έτσι, $\displaystyle \angle BAS = {30^0}$ και $\displaystyle \frac{{BS}}{{SC}} = \frac{1}{2}$

Τώρα για τα άλλα ερωτήματα έχουμε $\displaystyle \boxed{\tan C = \frac{{\frac{{b\sqrt 3 }}{2}}}{b} = \frac{{\sqrt 3 }}{2}}$

Αν $\displaystyle O,K$ μέσα των $\displaystyle BC,MC$ είναι $\displaystyle OK//BM//AC$ και $\displaystyle TK//AC$ άρα $\displaystyle T,O,K$ συνευθειακά με $\displaystyle OT//AC \Rightarrow \boxed{OT \bot AB}$

: Νεοκατασκευή.png (14.58 KiB) Προβλήθηκε 695 φορές

nikkru · #11

nikkru έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 07, 2018 10:42 am

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 07, 2018 7:41 am
New construction plus.pngΑστεία τέλος ! Φέρω $CT\perp AS$ . Αν το κέντρο , δείξτε ότι : $OT\perp AB$
.
Είναι . Αργότερα η αιτιολόγηση.

Αφού $tanC=\frac{\sqrt{3}}{2}$ , είναι $AB=\frac{\sqrt{3}}{2}AC$ . Ακόμη, $AZ=tan30^o AC=\frac{\sqrt{3}}{3}AC$ , οπότε $\frac{AB}{AZ}=\frac{3}{2}=\frac{CB}{CS}\Rightarrow SZ//AC,AC=3SZ$ .

Επίσης, $\frac{CT}{TZ}=\frac{AC}{SZ}=3=\frac{OC}{OS}\Rightarrow OT//SZ//AC\Rightarrow OT\perp AB$ .

: Νεοκατασκευή.png (14.38 KiB) Προβλήθηκε 674 φορές

Altrian · #12

Βασιζόμενος στην έξυπνη κατασκευή του George_Visvikis με το ισόπλευρο πλευράς $\large 3x$ σχηματίζουμε το $\large \triangle HFC$
όπου το $\large S$ εκ κατασκευής είναι το βαρύκεντρο αυτού. Ετσι $\large HS=2SD$ . $\large \triangle HSO\approx \triangle CTS\Rightarrow \frac{HS}{SO}=\frac{SC}{ST}\Rightarrow \frac{HS}{x/2}=\frac{2x}{ST}\Rightarrow ST*HS/2=x*x/2\Rightarrow ST*SD=x*x/2$
Αυτό σημαίνει ότι το τετράπλευρο $\large TBDO$ είναι εγγράψιμο. Αρα $\large \widehat{DTO}=60=\widehat{ATP}$ ως κατακορυφήν και $\large TP$ κάθετη στην $\large AB$

#13

KARKAR έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 07, 2018 7:41 am
New construction plus.pngΑστεία τέλος ! Φέρω $CT\perp AS$ . Αν το κέντρο , δείξτε ότι : $OT\perp AB$

Ανάλυση :

: Νεοκατασκευή _Ανάλυση.png (18.59 KiB) Προβλήθηκε 613 φορές

Ας είναι

η προβολή του

στην

. Θέτω: $AH = y \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} AS = 2y\,\,\kappa \alpha \iota \hfill \\ HC = 2y \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\frac{{AC}}{{AS}} = \frac{3}{2}}\,\,(1)$

Κατασκευή και λύση του … σοβαρού ερωτήματος ( κατά KARKAR

!)

: νεοκατασκευή σύνθεση.png (25.57 KiB) Προβλήθηκε 613 φορές

Γράφω τον Απολλώνιο κύκλο για κάθε σημείο

του οποίου : $\boxed{\frac{{MC}}{{MS}} = \frac{3}{2}}$ , που τέμνει το ημικύκλιο διαμέτρου $BC\,$ στο

. Ας ονομάσω δε τώρα , $AT = u\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ST = t$ .

Επειδή : $\dfrac{{AC}}{{AS}} = \dfrac{3}{2} \Rightarrow \dfrac{{2u}}{{u + t}} = \dfrac{3}{2} \Rightarrow u = 3t\,\,\,(2)$ . Αλλά προφανώς CO = 3OS

δηλαδή :

$\dfrac{{AT}}{{TS}} = \dfrac{{CO}}{{OS}} = 3 \Rightarrow OT//CA \Rightarrow \boxed{OT \bot AB}$

Νεοκατασκευή

Νεοκατασκευή

Re: Νεοκατασκευή

Re: Νεοκατασκευή

Re: Νεοκατασκευή

Re: Νεοκατασκευή

Re: Νεοκατασκευή

Re: Νεοκατασκευή

Re: Νεοκατασκευή

Re: Νεοκατασκευή

Re: Νεοκατασκευή

Re: Νεοκατασκευή

Re: Νεοκατασκευή

Re: Νεοκατασκευή

Μέλη σε σύνδεση