mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 06, 2024 2:59 pm**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Σάβ Ιουν 29, 2024 7:51 pm Πρόβλημα Γεωμετρικής κατασκευής 7ι(197).

7ι(197). Να αχθούν τρεις συντρέχουσες παράλληλες ευθείες στις πλευρές τριγώνου, έτσι ώστε τα μεταξύ των παραλλήλων αυτών αποκοπτόμενα τμήματα από τις πλευρές του τριγώνου, να είναι ίσα.

.
Γράφω λύση στην άσκηση του ποστ #216. Η λύση που έγραψα στο ποστ #217 είναι από παρανάγνωσή μου της σωστής άσκησης, οπότε έλυσα μία παρεμφερή (αλλά δυσκολότερη) άσκηση. Συγνώμη για την ταλαιπωρία

Η λύση που δίνω εδώ είναι ευκολότερη από την προταθείσα στο ποστ #218 και έχει το πλεονέκτημα ότι μας δίνει ακριβώς τα (κατασκευάσιμα) μήκη που αναζητάμε, συναρτήσει των πλευρών.

Ανάλυση: Έστω

το ζητούμενο μήκος, όπου $x=A_1A_2=B_1B_2=C_1C_2 \, (*)$ . Λόγω παραλληλίας, το αρχικό τρίγωνο και τα τρία γκρι στο σχήμα είναι όμοια. Στο σχήμα δίνονται από μία πλευρά, p, q, r αντίστοιχα, των τριγώνων αυτών. Από την ομοιότητα των τριγώνων έχουμε ότι οι πλευρές π.χ. του αριστερού τριγώνου είναι $p, \dfrac {c}{a}p. \dfrac {b}{a}p$ . ‘Ομοια τα υπόλοιπα. Έπεται από την (*)

ότι
$\displaystyle{x = \dfrac {c}{a}p= \dfrac {a}{b}q = \dfrac {b}{c}r\,(**) }$ .

Από την S $a=BC = BA_1+A_1A_2+A_2C= p+ \dfrac {a}{b} q+\dfrac {a}{c} r$ \displaystyle{ που από τις (**)

θα βρούμε όλα τα ζητούμενα μήκη (με κόκκινο στο δεξί σχήμα), όπου S=ab+bc+ca}

, και ειδικά $\boxed {x= \dfrac {abc}{ab+bc+ca}}$ .

Σύνθεση και επαλήθευση. Παίρνουμε μήκη επί των πλευρών όσο δείχνει το δεξί σχήμα. Επαληθεύουμε ότι η C_2B_1

(όμοια οι υπόλοιπες) είναι παράλληλη της βάσης: Πράγματι

$\displaystyle{ \dfrac {AC_2}{AB_1}= \dfrac {\dfrac {c^2a}{S}+ \dfrac {abc}{S}} {\dfrac {b^2a}{S}+ \dfrac {abc}{S}}= \dfrac {ca(c+b)}{ab(b+c)} = \dfrac {c}{b}= \dfrac {AB}{AC}}$ ,

όπως θέλαμε. Και λοιπά.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 07, 2024 8:39 am**

Τα μήκη των τμημάτων στις πλευρές του τριγώνου κατασκευάζονται γεωμετρικά, και πως;

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 07, 2024 9:21 am**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Κυρ Ιούλ 07, 2024 8:39 am Τα μήκη των τμημάτων στις πλευρές του τριγώνου κατασκευάζονται γεωμετρικά, και πως;

.
Το θεώρησα τετριμμένο γιατί τα απαιτούμενα βήματα είναι κοινοτυπία και υπάρχουν σε όλες τις Γεωμετρίες, αρχής γενομένης από τα Στοιχεία του Ευκλείδη. Αλλά ας το δούμε για όφελος των μαθητών μας που μπορεί να μαθαίνουν τώρα Γεωμετρία και άρα δεν είναι εξοικειωμένοι με γνωστά και κοινά θέματα.

Γενικότερα, δοθέντων εννέα τμημάτων a, b, c, d, e, f, g, h, k

ας δούμε πώς κατασκευάζεται με κανόνα και διαβήτη το $\displaystyle{\dfrac {abc}{de+fg+hk}}$

Με χρήση των Στοιχείων Β, 14 κατασκευάζουμε τετράγωνα με πλευρές t, x,y,z

όπου $t^2 = bc, x^2=de, \, y^2 = fg, \, z^2= hk$ .

Με χρήση του Πυθαγορείου, Στοιχεία Α 47 καταζκευάζουμε τετράγωνο ίσo με το x^2+y^2

και με χρήση αυτού του τετραγώνου και πάλι από το Πυθαγόρειο κατασκευάζουμε τετράγωνο ίσο με το (x^2+y^2)+z^2

. Ας το ονομάσουμε

και ας ονομάσουμε

το τετράγωνο t^2=bc

.

Μέχρι τώρα αναγώμαστε στο να βρούμε μήκος

τέτοιο ώστε $m = a \dfrac {bc}{de+fg+hk}= a\dfrac {A}{B}$ . Ισοδύναμα το

είναι η τέταρτη ανάλογος στην ισότητα $\displaystyle{ \dfrac {a}{m} = \dfrac {B}{A}}$ . Αλλά αυτή κατασκευάζεται απλά με χρήση των Στοιχείων Στ, 12.

Υ.Γ. Αργότερα θα γράψω έναν ευκολότερο τρόπο, που δεν χρησιμοποιεί καθόλου εμβαδά, αλλά κάνει χρήση μόνο μηκών.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 07, 2024 10:25 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Ιούλ 07, 2024 9:21 am Υ.Γ. Αργότερα θα γράψω έναν ευκολότερο τρόπο, που δεν χρησιμοποιεί καθόλου εμβαδά, αλλά κάνει χρήση μόνο μηκών.

Γράφω την κατασκευή που υποσχέθηκα στο προηγούμενο ποστ. Συγκεκριμένα, δοθέντων εννέα τμημάτων a, b, c, d, e, f, g, h, k

θέλουμε να κατασκευάσουμε με κανόνα και διαβήτη το μήκος $\displaystyle{m=\dfrac {abc}{de+fg+hk}}$

To προηγούμενο ισοδυναμεί με το $\displaystyle{m=\dfrac {ab}{d\dfrac {e}{c}+f\dfrac {g}{c}+h\dfrac {k}{c} }$

Τα μήκη $\displaystyle{d\dfrac {e}{c}, \, f\dfrac {g}{c}, \, h\dfrac {k}{c} }$ στον παρονομαστή κατασκευάζονται εύκολα. Π.χ. το πρώτο είναι το $x= d\dfrac {e}{c}$ δηλαδή είναι η τέταρτη ανάλογος στην ισότητα $\displaystyle{\dfrac {c}{e} = \dfrac {d}{x}}$ , που κατασκευάζεται. Όμοια τα υπόλοιπα. Οπότε μπορούμε να κατασκευάσουμε μήκος $p= d\dfrac {e}{c}+f\dfrac {g}{c}+h\dfrac {k}{c}$ .

Το πρόβλημα τώρα είναι η εύρεση του

με $\displaystyle{m=\dfrac {ab}{p}$ . Αλλά αυτό είναι η τέταρτη ανάλογος στην ισότητα $\dfrac { p}{a} = \dfrac {b}{m}$ , που κατασκευάζεται. Tελειώσαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 07, 2024 11:41 am**

Συμπεράσματα.
Μετά τα παραπάνω εξάγονται τα συμπεράσματα:
α. Με τον παραπάνω τρόπο λύσης δεν ορίζετε εύκολα το σημείο που ζητά το Πρόβλημα.
β. Η αναφορά των λεπτομερειών της παραπάνω λύσης, φρονώ ότι είναι αναγκαία για τους φίλους που δεν ασχολούνται με τη Γεωμετρία, αλλά και γατί όχι μόνο για τους μαθητές;
γ. Είναι φανερό ότι, για να γίνουν όλες οι λεπτομερείς κατασκευές της λύσης αυτής την καθιστούν πολύ δύσκολη.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 07, 2024 12:20 pm**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Κυρ Ιούλ 07, 2024 11:41 am Συμπεράσματα.
Μετά τα παραπάνω εξάγονται τα συμπεράσματα:
α. Με τον παραπάνω τρόπο λύσης δεν ορίζετε εύκολα το σημείο που ζητά το Πρόβλημα.

Αντιθέτως ορίζεται πανεύκολα και το έχω ήδη κάνει. Ίσως δεν έγινε κατανοητό οπότε ας το επαναλάβω: Αφού βρούμε τα σημεία από τα μήκη τους (π.χ. το είναι απόσταση $\dfrac {a^2b}{ab+bc+ca}$ από το όμοια τα υπόλοιπα) γράφουμε την ευθεία που συνδέει το με το . Έδειξα στο τέλος του ποστ #221 ότι η ευθεία αυτή είναι παράλληλη της , και όμοια οι υπόλοιπες. Δεδομένου τώρα, όπως απέδειξα, ότι τα τμήματα $A_1A_2, \, B_1 B_2, \, C_1C_2$ είναι ίσα μεταξύ τους (όλα $\dfrac {abc}{ab+bc+ca}$ ) βρήκαμε το ζητούμενο σημείο.

Όλες οι επιμέρους κατασκευές είναι απλές, με εύρεση μόνο τέταρτης αναλόγου σε λίγα βήματα. Μάλιστα για να βρούμε το ζητούμενο σημείο δεν χρειάζεται να προσδιορίσουμε και τα έξι από τα αλλά αρκούν τα τέσσερα (οι δύο ευθείες που προσδιορίζουν τέμνονται στο ζητούμενο σημείο). Τα βήματα αυτά είναι τουλάχιστον συγκρίσιμα σε ευκολία κατασκευής με τον προσδιορισμό τους με την χάραξη της αντίστροφης ευθείας κατά Longchamps που έχει η προταθείσα λύση. (Προσοχή, δεν λέω ότι η μέθοδος με Longschamps είναι επίπονη. Λέω ότι και οι δύο μέθοδοι είναι απλές).

Το πλεονέκτημα της μεθόδου που περιγράφω είναι ότι, επιπρόσθετα, δίνει το μήκος (και την θέση) των ζητούμενων ίσων τμημάτων.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 07, 2024 12:21 pm**

Aνάρτησα κατά λάθος δύο φορές το προηγούμενο ποστ. Σβήνω το δεύτερο.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 09, 2024 12:11 pm**

Απόδειξη της Πρότασης 4η(178)(α).
Αγαπητοί φίλοι,

Την απόδειξή μου θα βρείτε, αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://parmenides52.blogspot.com/2016/ ... nikos.html
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας >
Βιβλίο Νέα Στοιχεία Γεωμετρίας Τεύχος 4 >
Σελίδα βιβλίου 289, ψηφιακά 295 >
Πρόταση 4η(178)(α).

Ή, αν πάτε στο σύνδεσμο:
https://drive.google.com/file/d/1jcl7aA ... kidAj/view
και στη συνέχεια ακολουθήσετε τη διαδρομή:
Περιεχόμενα >
κλικ αύξ. Αριθ. 16, Σελίδα τεύχους 240 ή ψηφιακά 264>
3 Θεώρημα

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα σχετικά σχόλιά σας.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω Πρόταση, παρακαλώ όπως οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις.

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής.
“Το δύσκολο είναι να ανακαλύψεις ένα θεώρημα, η απόδειξη του είναι εύκολη”: Riemann.
viewtopic.php?f=112&t=4477

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 13, 2024 4:43 pm**

Πρόβλημα Γεωμετρικής Κατσκευής 2α(29).

Αγαπητοί φίλοι,
προτείνω για λύση τη παρακάτω νέα Γεωμετρική Κατσκευή:

2α(29). Να ορισθεί σημείο στο επίπεδο τετράπλευρου, από το οποίο να φαίνονται με ίσες γωνίες ταυτόχρονα τα παρακάτω ζεύγη τμημάτων του τετράπλευρου:
α, Το κάθε ένα ζεύγος, από τα δύο ζεύγη τμημάτων, στα οποία χωρίζεται η κάθε μια από τις διαγώνιες του τετράπλευρου, από το σημείο τομής τους.
β. Το καθένα ένα ζεύγος των απέναντι πλευρών του τετράπλευρου.

Παρακαλώ για τις δικές σας αποδείξεις και για τα σχετικά σχόλιά σας.

Δική μου απόδειξη, θα ακολουθήσει σε εύλογο χρονικό διάστημα.

Βασιζόμενοι στη παραπάνω Άσκηση, θα μας είναι εύκολη και η απόδειξη-λύση σχετικών Προτάσεων και Προβλημάτων, τα οποία θα μας δίνονται μελλοντικά, αυτός είναι άλλωστε και ο λόγος που την επινόησα.

Αγαπητοί φίλοι, και για την παραπάνω κατασκευή, παρακαλώ οι ενδεχόμενες απαντήσεις σας, να είναι πάντα μέσα στο παραπάνω αναφερόμενο πνεύμα του ποστ 1, για να αποφεύγονται παρεξηγήσεις..

Φιλικά
Νίκος Κυριαζής
“Το δύσκολο είναι να ανακαλύψεις ένα θεώρημα, η απόδειξη του είναι εύκολη”: Riemann.
viewtopic.php?f=112&t=5636&start=160

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 13, 2024 11:56 pm**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Σάβ Ιούλ 13, 2024 4:43 pm
2α(29). Να ορισθεί σημείο στο επίπεδο τετράπλευρου, από το οποίο να φαίνονται με ίσες γωνίες ταυτόχρονα τα παρακάτω ζεύγη τμημάτων του τετράπλευρου:
α, Το κάθε ένα ζεύγος, από τα δύο ζεύγη τμημάτων, στα οποία χωρίζεται η κάθε μια από τις διαγώνιες του τετράπλευρου, από το σημείο τομής τους.
β. Το καθένα ένα ζεύγος των απέναντι πλευρών του τετράπλευρου.

.
α) Αν

το ζητούμενο σημείο, θέλουμε $\widehat {AMK}= \widehat {KMC}$ , δηλαδή η

είναι διχοτόμος του τριγώνου AMC

. Άρα το

βρίσκεται στον κύκλο του Απολλωνίου με AM:MC=AK:KC

. Όμοια για την άλλη διαγώνιο, βρίσκεται στον κύκλο του Απολλωνίου με BM:MD=BK:KB

. Εκεί που τέμνονται οι δύο κύκλοι (εν γένει σε δύο σημεία) είναι το ζητούμενο σημείο. Τελειώσαμε.

: ises gonies 1.png (4.46 KiB) Προβλήθηκε 1433 φορές

.

β) Θέλουμε σημείο

με $\widehat {AKB}= \phi = \widehat {CKD}$ , και $\widehat {AKD}= \theta = \widehat {BKD}$ . Επεδή $\theta + \phi = \frac {360^o}{2} = 180^o$ , σημαίνει ότι τα A,K,C

είναι σε μία ευθεία. Όμοια τα B,K,D

. Συνεπώς το ζητούμενο σημείο είναι η τομή

των διαγωνίων του ABCD

. Τελειώσαμε. (Το

είναι το μοναδικό εσωτερικό σημείο με την εν λόγω ιδιότητα, αλλά υπάρχουν και εξωτερικά. Βλέπε μερικά ποστ παρακάτω).

: ises gonies 2.png (8.43 KiB) Προβλήθηκε 1433 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 14, 2024 8:20 am**

Στην Πρόταση υπάρχει η λέξη «ταυτόχρονα», που σημαίνει ότι τα δύο σημεία, δηλαδή η τομή των δύο Απολλώνιων κύκλων Τ και το Κ της παραπάνω λύσης, πρέπει να συμπίπτουν.

Νίκος Κυριαζής

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 14, 2024 9:39 am**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Κυρ Ιούλ 14, 2024 8:20 am Στην Πρόταση υπάρχει η λέξη «ταυτόχρονα», που σημαίνει ότι τα δύο σημεία, δηλαδή η τομή των δύο Απολλώνιων κύκλων Τ και το Κ της παραπάνω λύσης, πρέπει να συμπίπτουν.

To γνωρίζω αυτό, αλλά έδειξα κάτι καλύτερο. Έτσι όπως είναι τώρα διατυπωμένη η άσκηση,ν εν γένει δεν υπάρχει σημείο που ικανοποιεί τα α) και β), οπότε προς τι η ερώτηση;

Βρίσκοντας όλα τα σημεία που ικανοποιούν το α) και όλα που ικανοποιούν το β) (που μάλιστα είναι ένα και μοναδικό, συγκεκριμένα το σημείο

τομής των διαγωνίων), τότε το πρόβλημα έχει λύση μόνο στην περίπτωση που το ένα και μοναδικό σημείο που ικανοποιεί το β) είναι κάποιο από τα σημεία τα σημεία του α). Όμως είναι προφανές ότι αφού το

βρίσκεται πάνω στην διαγώνιο, δεν σχηματίζεται γωνία (πλην της μηδενικής) που να βλέπει τα τμήματα AK, AC

και λοιπά. Για να μην έχουμε πρόβλημα χωρίς να υπάρχει το ζητούμενο σημείο κοίταξα την ουσία του θέματος και βρήκα τα σημεία που ικανοποιούν την μία απαίτηαη και, χωριστά, την άλλη. Βελτίωση έκανα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 14, 2024 11:27 am**

Το Πρόβλημα θέλει να βρεθεί ένα σημείο, από το οποίο να φαίνονται με ίσες γωνίες, κατά ζεύγη, ταυτόχρονα και τα τέσσερα ζεύγη τμημάτων του τετράπλευρου.

Τέτοιο σημείο υπάρχει.

Νίκος Κυριαζής

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 14, 2024 11:37 am**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Κυρ Ιούλ 14, 2024 11:27 am Το Πρόβλημα θέλει να βρεθεί ένα σημείο, από το οποίο να φαίνονται με ίσες γωνίες, κατά ζεύγη, ταυτόχρονα και τα τέσσερα ζεύγη τμημάτων του τετράπλευρου.

Τέτοιο σημείο υπάρχει.

Ας ρωτήσω, λοιπόν, για να δω αν κατάλαβα σωστά την αρχική ερώτηση: Υπάρχει άλλο σημείο εκτός από το σημείο

της τομής των διαγωνίων του ABCD

έτσι ώστε το ζεύγος AB, CD

να φαίνονται υπό ίσες γωνίες από το εν λόγω σημείο, και ομοίως το ζεύγος BC, DA

; Είναι δηλαδή το

το μοναδικό σημείο που ικανοποιεί το ερώτημα β);

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 14, 2024 2:23 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Ιούλ 14, 2024 11:37 am
ΝΙΚΟΣ έγραψε: Κυρ Ιούλ 14, 2024 11:27 am Το Πρόβλημα θέλει να βρεθεί ένα σημείο, από το οποίο να φαίνονται με ίσες γωνίες, κατά ζεύγη, ταυτόχρονα και τα τέσσερα ζεύγη τμημάτων του τετράπλευρου.

Τέτοιο σημείο υπάρχει.

Υπάρχει άλλο σημείο εκτός από το σημείο της τομής των διαγωνίων του έτσι ώστε το ζεύγος να φαίνονται υπό ίσες γωνίες από το εν λόγω σημείο, και ομοίως το ζεύγος ;
ΝΑΙ υπάρχει.
Είναι δηλαδή το το μοναδικό σημείο που ικανοποιεί το ερώτημα β);
ΟΧΙ δεν είναι μοναδικό.

Νίκος Κυριαζής

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 14, 2024 2:43 pm**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Κυρ Ιούλ 14, 2024 2:23 pm Υπάρχει άλλο σημείο εκτός από το σημείο της τομής των διαγωνίων του έτσι ώστε το ζεύγος να φαίνονται υπό ίσες γωνίες από το εν λόγω σημείο, και ομοίως το ζεύγος ;
ΝΑΙ υπάρχει.
Είναι δηλαδή το το μοναδικό σημείο που ικανοποιεί το ερώτημα β);
ΟΧΙ δεν είναι μοναδικό.[/size][/b]

Ναι, έχεις δίκιο. Λάθος μου γιατί κοιτούσα μόνο στο εσωτερικό του τετραπλεύρου (όπου εκεί το σημείο είναι μοναδικό) ξεχνώντας το εξωτερικό του.

Αργότερα θα γράψω την πλήρη κατασκευή, που άλλωστε είναι άμεση από όσα έγραψα. Συγκεκριμένα (αλλά αργότερα θα γράψω τις λεπτομέρειες χάριν πληρότητας), το εξωτερικό σημείο που τέμνονται οι κύκλοι του Απολλωνίου στο ποστ #230 είναι αυτόματα το σημείο που βλέπει τα ζεύγη των απέναντι πλευρών του τετραπλεύρου υπό ίσες γωνίες.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 14, 2024 5:17 pm**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Σάβ Ιούλ 13, 2024 4:43 pm
2α(29). Να ορισθεί σημείο στο επίπεδο τετράπλευρου, από το οποίο να φαίνονται με ίσες γωνίες ταυτόχρονα τα παρακάτω ζεύγη τμημάτων του τετράπλευρου:
α, Το κάθε ένα ζεύγος, από τα δύο ζεύγη τμημάτων, στα οποία χωρίζεται η κάθε μια από τις διαγώνιες του τετράπλευρου, από το σημείο τομής τους.
β. Το καθένα ένα ζεύγος των απέναντι πλευρών του τετράπλευρου.

Γράφω πλήρη λύση συμπληρώνοντας ένα ελλειπές σημείο στην λύση μου στο ποστ #230. Ουσιαστικά αντιγράφω την λύση μου στο #230 αλλά κάνοντας μικρή προσθήκη.

α) Ας βρούμε πρώτα το σημείο που ικανοποιοεί το α). Θα δούμε παρακάτω ότι αυτόματα ικανοποιεί και το β). Αντιγράφω από το #230:

Αν

το ζητούμενο σημείο, θέλουμε $\widehat {AMK}= \widehat {KMC}$ , δηλαδή η

είναι διχοτόμος του τριγώνου AMC

. Άρα το

βρίσκεται στον κύκλο του Απολλωνίου με AM:MC=AK:KC

(κόκκινος στο σχήμα). Όμοια για την άλλη διαγώνιο, βρίσκεται στον κύκλο του Απολλωνίου με BM:MD=BK:KB

(ο άλλος κόκκινος στο σχήμα). To σημείο

που τέμνονται οι δύο κύκλοι είναι προφανώς το ζητούμενο. Τελειώσαμε.

β) Δείχνουμε τώρα ότι το

έχει και την ιδιότητα που ζητά το δεύτερο σκέλος της άσκησης. Πράγματι

$\widehat {AMB}= \widehat {BMK}- \widehat {AMK} = \widehat {DMK}- \widehat {CMK} = \widehat {CMD}$ , όπως θέλαμε. Όμοια για το δεύτερο ζεύγος απέναντι πλευρών. Τελειώσαμε.
.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 14, 2024 6:33 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: Κυρ Ιούλ 14, 2024 5:17 pm
ΝΙΚΟΣ έγραψε: Σάβ Ιούλ 13, 2024 4:43 pm
2α(29). Να ορισθεί σημείο στο επίπεδο τετράπλευρου, από το οποίο να φαίνονται με ίσες γωνίες ταυτόχρονα τα παρακάτω ζεύγη τμημάτων του τετράπλευρου:
α, Το κάθε ένα ζεύγος, από τα δύο ζεύγη τμημάτων, στα οποία χωρίζεται η κάθε μια από τις διαγώνιες του τετράπλευρου, από το σημείο τομής τους.
β. Το καθένα ένα ζεύγος των απέναντι πλευρών του τετράπλευρου.
Γράφω πλήρη λύση συμπληρώνοντας ένα ελλειπές σημείο στην λύση μου στο ποστ #230. Ουσιαστικά αντιγράφω την λύση μου στο #230 αλλά κάνοντας μικρή προσθήκη.

α) Ας βρούμε πρώτα το σημείο που ικανοποιοεί το α). Θα δούμε παρακάτω ότι αυτόματα ικανοποιεί και το β). Αντιγράφω από το #230:

Αν το ζητούμενο σημείο, θέλουμε $\widehat {AMK}= \widehat {KMC}$ , δηλαδή η είναι διχοτόμος του τριγώνου . Άρα το βρίσκεται στον κύκλο του Απολλωνίου με (κόκκινος στο σχήμα). Όμοια για την άλλη διαγώνιο, βρίσκεται στον κύκλο του Απολλωνίου με (ο άλλος κόκκινος στο σχήμα). To σημείο που τέμνονται οι δύο κύκλοι είναι προφανώς το ζητούμενο. Τελειώσαμε.

β) Δείχνουμε τώρα ότι το έχει και την ιδιότητα που ζητά το δεύτερο σκέλος της άσκησης. Πράγματι

$\widehat {AMB}= \widehat {BMK}- \widehat {AMK} = \widehat {DMK}- \widehat {CMK} = \widehat {CMD}$ , όπως θέλαμε. Όμοια για το δεύτερο ζεύγος απέναντι πλευρών. Τελειώσαμε.
.

Στην τελευταία σας ισότητα λαμβάνετε προφανώς ότι $\displaystyle{\measuredangle BMK= \measuredangle KMD}$
, χωρίς απόδειξη.

Νίκος Κυριαζής

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 14, 2024 6:44 pm**

ΝΙΚΟΣ έγραψε: Κυρ Ιούλ 14, 2024 6:33 pm Στην τελευταία σας ισότητα λαμβάνετε προφανώς ότι $\displaystyle{\measuredangle BMK= \measuredangle KMD}$
, χωρίς απόδειξη.

.
Όχι βέβαια: Το

είναι σημείο του κύκλου του Απολλωνίου οπότε η

είναι EK KATAΣKEYHΣ διχοτόμος του τριγώνου BMD

. Και, συμπληρώνω, το επιχείρημα ήδη χρησιμοποιήθηκε όταν η ίδια

ελήφθη ως διχοτόμος στο τρίγωνο AMC

για τον ίδιο ακριβώς λόγο. Τόσο απλά.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 15, 2024 9:13 am**

Τώρα εντάξει. Τελειώσαμε.

Νίκος Κυριαζής

mathematica.gr

ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.

Re: ΓΕΩΜΕΤΡIΑ. ΠΡΩΤΟΕΜΦΑΝΙΖΟΜΕΝΕΣ ΠΡΟΤΑΣΕΙΣ.