Κατασκευή και ημίτονο

KARKAR · #1

: Κατασκευή και ημίτονο.png (14.96 KiB) Προβλήθηκε 661 φορές

Στο ημικύκλιο διαμέτρου AB=2r

, εγγράψτε τρίγωνο MSB

, με :

και υπολογίστε το : $\sin\theta$ .

#2

KARKAR έγραψε: Τρί Δεκ 24, 2024 10:51 am Στο ημικύκλιο διαμέτρου , εγγράψτε τρίγωνο , με :

και υπολογίστε το : $\sin\theta$ .

Από τον Νόμο των Ημιτόνων στο τρίγωνο MSB

έχουμε $\dfrac {3x}{\sin M} = \dfrac {2x}{\sin (90-\frac { M}{2})} = 2r, \, (*)$

H πρώτη ισότητα δίνει ισοδύναμα $\dfrac {3x}{2\sin \frac {M}{2} \cos \frac {M}{2} } = \dfrac {2x}{\cos \frac { M}{2}}$ , άρα

$\sin \frac {M}{2}= \dfrac {3}{4}$ από όπου και $\cos \frac {M}{2}= \dfrac {\sqrt 7}{4}$ . Οπότε η (*)

δίνει $x=\dfrac {r\sqrt 7}{4}$ , και το τρίγωνο MSB

κατασκευάζεται εύκολα.

Τώρα το ορθογώνιο τρίγωνο ASB

δίνει $\cos \theta = \dfrac {3x}{2r} = \dfrac {3\sqrt 7}{8}$ , οπότε το ζητούμενο $\sin \theta = \dfrac {1}{8}$

#3

Αλλιώς για το πρώτο ερώτημα με θεώρημα Πτολεμαίου στο ASMB.

$\displaystyle 4rx + 2x\sqrt {4{r^2} - 9{x^2}} = 6x\sqrt {{r^2} - {x^2}},$ απ' όπου $\boxed{x=\frac{r\sqrt 7}{4}}$

Nikitas K. · #4

Καλά Χριστούγεννα

Κατασκευή:
Παίρνουμε σημεία

και

έτσι ώστε να τριχοτομούν το ευθύγραμμο τμήμα SB := 3x

Φέρνουμε την μεσοκάθετη του ευθύγραμμου τμήματος

που τέμνει τον κύκλο κέντρου

με ακτίνα

στο σημείο

και την μεσοκάθετη του

στο

Εν τέλει κατασκευάζουμε κύκλο με κέντρο το περίκεντρο

του ισοσκελούς $\triangle SMB$ και ακτίνα OS:=r

και παίρνουμε σημείο

αντιδιαμετρικό του

.

: Κατασκευή και Ημίτονο.png (271.6 KiB) Προβλήθηκε 624 φορές

Λύση:

είναι μεσοκάθετος του

άρα είναι διχοτόμος του ισοσκελούς $\triangle MOB$ οπότε $\angle NOB = \angle MON$

$\angle MON$ και $\angle MBS$ είναι οξείες γωνίες των ορθογωνίων τριγώνων $\triangle MON$ και $\triangle MBD$ και έχουν τις πλευρές τους κάθετες άρα $\angle MON = \angle MBS$

Επομένως ισχύει $\angle NOB = \angle MBS:=\phi$

Στο ορθογώνιο $\triangle MBD$ ισχύει $\displaystyle \cos\phi=\frac{\frac{3x}{2}}{2x} = \frac{3}{4}$

Στο ορθογώνιο $\triangle NBO$ ισχύει $\displaystyle \sin{\theta} = \sin\left({\frac{\pi}{2}-2\phi}\right) = cos\left(2\phi\right) = 2\cos^{2}{\phi}-1 = 2\cdot \left(\frac{3}{4}\right)^2 - 1 = \frac{1}{8}$

#5

Nikitas K. έγραψε: Τρί Δεκ 24, 2024 9:40 pm
Παίρνουμε σημεία και έτσι ώστε να τριχοτομούν το ευθύγραμμο τμήμα

...

Nikitas K. έγραψε: Τρί Δεκ 24, 2024 9:40 pm Εν τέλει κατασκευάζουμε κύκλο με κέντρο το περίκεντρο του ισοσκελούς $\triangle SMB$ και ακτίνα

.
Νικήτα, για ξαναδές τα αυτά γιατί αν κατάλαβα καλά την κατασκευή σου, έχεις δύο λογικά σφάλματα, τα οποία απομόνωσα στα παραπάνω.

Συγκεκριμένα:

Στο πρώτο έλαβες SB=3x

. Μα το

δεν το ξέρεις για να μπορείς να το χρησιμοποιήσεις. Είναι ζητούμενο.

Στο δεύτερο, ονόμασες

την ακτίνα που προέκυψε από τον περιγεγραμμένο κύκλο του MSB

. Μα η ακτίνα είναι δεδομένη με το πρόβλημα, οπότε δεν μπορείς να ξέρεις ότι αυτή που προέκυψε είναι ίση με την δοθείσα.

Τα δύο αυτές παρατηρήσεις χαλάνε την κατασκευή σου. Κάνω λάθος;

Nikitas K. · #6

Σας ευχαριστώ που με βοηθήσατε να αντιλήφθω ότι στην πραγματικότητα δημιούργησα μια «μινιατούρα» της κατασκευής της οποίας πραγματικά ζητείται.

Οπουδήποτε στην προηγούμενη κατασκευή είχε

το αντικαθιστώ με

και όπου

το αντικαθιστώ με

δηλαδή δεν λύνω την άσκηση αλλά την «μινιατούρα».

Οπότε, από την «μινιατούρα» προκύπτει ότι $OD = \frac{R}{8}\Leftrightarrow R-\sqrt{(2X)^2 - \left(\frac{3X}{2}}\right)^2}=\frac{R}{8}\Leftrightarrow X=\frac{R\sqrt{7}}{4}$

Άρα τώρα στην κανονική κατασκευή μπορώ να χρησιμοποιήσω $x = \frac{r\sqrt{7}}{4}$ .

Παίρνουμε σημείο

επάνω στο ημικύκλιο τέτοιο, ώστε $\displaystyle SB = 3\cdot \frac{r\sqrt{7}}{4}$ με

σημείο τομής της μεσοκάθετης του

με το ημικύκλιο.

#7

#8

KARKAR έγραψε: Τρί Δεκ 24, 2024 10:51 am Κατασκευή και ημίτονο.pngΣτο ημικύκλιο διαμέτρου , εγγράψτε τρίγωνο , με :

και υπολογίστε το : $\sin\theta$ .

Ας είναι λυμένο το πρόβλημα κι έστω

το κέντρο του ημικυκλίου και

το μέσο του ημικυκλίου .

Από τη γνωστή πρόταση: $\beta \gamma = 2R{\upsilon _\alpha }$ στο τρίγωνο MSB

έχω : $4{x^2} = 2rh\,\,\left( 1 \right)$ .

Από το ( Π. Θ.) στο $\vartriangle NBM$ ισχύει : ${h^2} = 4{x^2} - \dfrac{{9{x^2}}}{4}$ και άρα $h = \dfrac{{x\sqrt 7 }}{2}\,\,\,\left( 2 \right)$ από το σύστημα των $\left( 1 \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ έχω:

: Κατασκευή και ημίτονο.png (22.52 KiB) Προβλήθηκε 585 φορές

$\left\{ \begin{gathered} x = \frac{{r\sqrt 7 }}{4} \hfill \\ h = \frac{{7r}}{8} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ .
Κατασκευή .
Η εφαπτομένη του κύκλου , $\left( {O,\dfrac{r}{8}} \right)$ από το

επανατέμνει το ημικύκλιο στο

. Η μεσοκάθετος στο

τέμνει το ημικύκλιο στο

.

Το $\vartriangle AMB$ , είναι αυτό που θέλω και προφανώς $\boxed{\sin \theta = \dfrac{{ON}}{{OB}} = \dfrac{1}{8}}$

Nikitas K. · #9

Nikitas K. έγραψε: Τρί Δεκ 24, 2024 11:24 pm Οπότε, από την «μινιατούρα» προκύπτει ότι $OD = \frac{R}{8}\Leftrightarrow R-\sqrt{(2X)^2 - \left(\frac{3X}{2}}\right)^2}=\frac{R}{8}\Leftrightarrow X=\frac{R\sqrt{7}}{4}$

Θα προτιμούσα να είχα γράψει πιο άμεσα $\frac{R}{8} = OD = \sqrt{R^2-\left(\frac{3X}{2}\right)^2} \Leftrightarrow X=\frac{R\sqrt{7}}{4}$

Nikitas K. έγραψε: Τρί Δεκ 24, 2024 11:24 pm Άρα τώρα στην κανονική κατασκευή μπορώ να χρησιμοποιήσω $x = \frac{r\sqrt{7}}{4}$ .

Παίρνουμε σημείο επάνω στο ημικύκλιο τέτοιο, ώστε $\displaystyle SB = 3\cdot \frac{r\sqrt{7}}{4}$ με σημείο τομής της μεσοκάθετης του με το ημικύκλιο.

Η κατασκευή του σχήματος που ζητείται:
Το $\displaystyle\frac{r\sqrt{3}}{2}$ είναι ύψος ισόπλευρου τριγώνου πλευράς

.
Η τετραχοτομημένη υποτείνουσα του ορθογωνίου τριγώνου με τις λεπτές γραμμές ισούται με $r\sqrt{7} = \sqrt{(2r)^2 + \left(2\cdot\frac{r\sqrt{3}}{2}\right)^2}$ με τον διαβήτη αντιγράφουμε τα $\frac{3}{4}$ αυτής και κατασκευάζουμε τον μοβ κύκλο με κέντρο το

για να εμφανιστεί το σημείο

πάνω στο ημικύκλιο και τέλος φέρνουμε την μεσοκάθετη της

για να εμφανιστεί το σημείο

στο ημικύκλιο.

: Κατασκευή και Ημίτονο 1.png (255.48 KiB) Προβλήθηκε 569 φορές

Nikitas K. · #10

Ακόμα μια κατασκευή χωρίς να γνωρίζουμε το

ούτε τη γωνία $\theta$ . Το μόνο που χρειάζεται να κάνουμε είναι να αντιγράψουμε τη γωνία $\theta$ της κόκκινης «μινιατούρας» στο κανονικό σχήμα.

: Κατασκευή Αντιγράφοντας την Γωνία της «Μινιατούρας».png (283.67 KiB) Προβλήθηκε 537 φορές

#11

Nikitas K. έγραψε: Σάβ Δεκ 28, 2024 4:14 am Ακόμα μια κατασκευή χωρίς να γνωρίζουμε το ούτε τη γωνία $\theta$ . Το μόνο που χρειάζεται να κάνουμε είναι να αντιγράψουμε τη γωνία $\theta$ της κόκκινης «μινιατούρας» στο κανονικό σχήμα.
Κατασκευή Αντιγράφοντας την Γωνία της «Μινιατούρας».png

Νικήτα, για πρόσεξέ τα αυτά, γιατί είναι απίστευτα λάθος Μαθηματικά. Η γωνία $\theta$ δεν είναι σχεδιασμένη με ακρίβεια στο δοθέν σχήμα. Το σχήμα βρίσκεται εκεί ΜΟΝΟ ως πρόχειρος οδηγός για την περιγραφή του ζητούμενου.

Η λύση σου ουσιαστικά λέει "Παίρνω ένα πρόχειρο σχήμα, το αντιγράφω ή το μεγαλώνω κατά μία κλίμακα, και ισχυρίζομαι ότι αυτό που έφτιαξα είναι το ακριβές σχήμα".

Γνώμη μου είναι ότι πρέπει να ξακαθαρίσεις τις ιδέες στο μυαλό σου. Όπως είναι, δεν στέκουν με τίποτα.

Σημειώνω ότι έκανες ακριβώς το ίδιο λογικό σφάλμα, παραπάνω. Βλέπε το ποστ #4 και την διόρθωσή μου στο #5. Δίνεται τώρα ξανά η ευκαιρία να κατανοήσεις πού είναι το πρόβλημα.

Και ζητώ μία ακόμη χάρη: Δεν υπάρχει λόγος τα φτάχνεις τεράστια σχήματα. Ένα σχήμα πρέπει να έχει και τα σωστά μέτρα με γνώμονα την αισθητική. Όπως όταν πάμε σε ένα μαγαζί για να αγοράσουμε παντελόνι, δεν θα αγοράσουμε παντελόνι που χωράνε τρεις άνθρωποι στο μέγεθός μας, έτσι και το γεωμετρικό σχήμα πρέπει να έχει την σωστή του αναλογία.

Nikitas K. · #12

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Δεκ 28, 2024 9:37 am [...]. Η γωνία $\theta$ δεν είναι σχεδιασμένη με ακρίβεια στο δοθέν σχήμα. Το σχήμα βρίσκεται εκεί ΜΟΝΟ ως πρόχειρος οδηγός για την περιγραφή του ζητούμενου...

Το σχήμα του διορθωμένου ποστ#4 -με σταθερό τυχαίο θετικό γνωστό

- είναι όμοιο με το ζητούμενο σχήμα άρα... (αντιγράφοντας την γωνία $\theta$ από το ποστ#4 και επικολλώντας την στο δοσμένο ημικύκλιο... Προκύπτει το ζητούμενο σχήμα)

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σάβ Δεκ 28, 2024 9:37 am Και ζητώ μία ακόμη χάρη: Δεν υπάρχει λόγος τα φτάχνεις τεράστια σχήματα...

Με συγχωρείτε για τα τεράστια σχήματα, θα τα κάνω φυσιολογικού μεγέθους από εδώ και στο εξής.

Υ.Γ.
Πολύ πιθανόν να συνεχίζω το σφάλμα μου, και δεν θέλω να σας κάνω να επαναλαμβάνεστε, όταν θα είμαι αρκετά ώριμος ίσως το κατανοήσω στο μέλλον.
Προς το παρόν υποθέτω ότι ίσως δεν διατύπωσα σωστά το προηγούμενο ποστ αυτό που ήθελα να πετύχω ή ότι κατά την κατασκευή καταλάθος θα έκανα χρήση της ζητούμενης γωνίας $\theta$ που απαγορεύεται.

S.E.Louridas · #13

KARKAR έγραψε: Τρί Δεκ 24, 2024 10:51 am Στο ημικύκλιο διαμέτρου , εγγράψτε τρίγωνο , με :
και υπολογίστε το : $\sin\theta$ .

Για να «γεμίσουμε» τη χειμωνιάτικη βραδιά ας δώσουμε και την δική μας κατασκευαστική εκδοχή.

Επί της διαμέτρου

και από το

ως το

θεωρούμε

Οι κύκλοι

τέμνονται στο σημείο

εντός του ημικυκλίου.

Η

προεκτεινόμενη τέμνει το ημικύκλιο στο

Αν τώρα γράψουμε τον κύκλο (M, MB)

η άλλη τομή με το ημικύκλιο δίνει το

: aqwe.png (37.89 KiB) Προβλήθηκε 470 φορές

Κατασκευή και ημίτονο

Κατασκευή και ημίτονο

Re: Κατασκευή και ημίτονο

Re: Κατασκευή και ημίτονο

Re: Κατασκευή και ημίτονο

Re: Κατασκευή και ημίτονο

Re: Κατασκευή και ημίτονο

Re: Κατασκευή και ημίτονο

Re: Κατασκευή και ημίτονο

Re: Κατασκευή και ημίτονο

Re: Κατασκευή και ημίτονο

Re: Κατασκευή και ημίτονο

Re: Κατασκευή και ημίτονο

Re: Κατασκευή και ημίτονο

Μέλη σε σύνδεση