mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 23, 2011 11:01 pm**

Καλησπέρα σε όλους!

Οι γεωμετρικές κατασκευές είναι κομμάτι της γεωμετρίας, που οξύνει τη σκέψη, δεν ακολουθεί κάποια συγκεκριμένη διαδρομή αντιμετώπισης, απαιτεί συνθετική σκέψη στα διάφορα στάδια επίλυσης: (ανάλυση, σύνθεση, απόδειξη, διερεύνηση), οπότε είναι πνευματική άσκηση υψηλού επιπέδου, αλλά δυστυχώς απαξιωμένη και ξεχασμένη.

Το απόγευμα, ασχολούμενος με μια άσκηση από ένα παλιό βιβλίο, μού προέκυψε η ανάγκη για μια πολύ απλή κατασκευή.

Δίνεται τμήμα μήκους . Να κατασκευαστεί τμήμα μήκους .

Έχω συνθέσει μια προφανή απάντηση (που δεν θυμάμαι να την έχω δει σε βιβλίο), αλλά θα χαιρόμουν αν έβλεπα διάφορες ιδέες και μεθόδους κατασκευής.

Με την ευκαιρία, τι λέτε, να ανοίξουμε ένα σχετικό θέμα, προσφέροντας στους μαθητές (κι όχι μόνο) μερικές ασκήσεις κατασκευών ξεκινώντας από απλές μέχρι πιο σύνθετες;

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 23, 2011 11:37 pm**

Γιώργος Ρίζος έγραψε: Δίνεται τμήμα μήκους . Να κατασκευαστεί τμήμα μήκους .

καλησπέρα Γιώργο,ωραία η ιδέα σου

κατασκευάζουμε γωνία $x\hat Oy$
στην

παίρνουμε σημείο

με

και στην

σημεio

με

σχηματίζουμε γωνία $O\hat BM=O\hat AB,~~ M\in Ox$
τα τρίγωνα $\vartriangle OAB,~~ \vartriangle OBM$ είναι όμοια κι έχουμε: $\displaystyle{\frac{OB}{OM}=\frac{OA}{OB}\Rightarrow \frac{a}{OM}=\frac{1}{a}\Rightarrow OM=a^2}$

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 24, 2011 12:00 am**

Εστω γωνία sOt

και $A \in Os :OA=a$ και $C , E \in Ot$ έτσι ώστε OC=1

και

.

Τότε η από το

παράλληλη προς την

ορίζει επί της

το σημείο

.

Είναι τότε λόγω Θαλή AD=x=a^2

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 24, 2011 12:02 am**

Και μια άλλη κατασκευή με τις γνωστές ιδιότητες του ορθογωνίου τριγώνου.

Όπως φαίνεται και στο σχήμα φέρουμε την $\displaystyle{CB}$ κάθετη στην $\displaystyle{AB=a}$ και τέτοια ώστε $\displaystyle{CB=1}$ .
Μετά φέρουμε στο $\displaystyle{A}$ την κάθετη στην $\displaystyle{AC}$ η οποία τέμνει την προέκταση της $\displaystyle{CB}$ στο σημείο $\displaystyle{D}$ .
Τότε θα είναι:
$\displaystyle{a^2=AB^2=1\cdot BD}$
άρα
$\displaystyle{BD=a^2}$
πράγμα που ζητούσαμε.

Κώστας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 24, 2011 12:23 am**

Και με την άλλη ιδιότητα των ορθογωνίων:

Γράφω το κύκλο $\displaystyle{(C)}$ με διάμετρο το $\displaystyle{AB=a}$ και μετά τον κύκλο $\displaystyle{(C')}$ ΜΕ ακτίνα ίση με τη μονάδα.
Εστω $\displaystyle{C}$ το σημείο τομής(το ένα εκ των δύο) των κύκλων αυτών.
Αν φέρουμε την κάθετη προς την $\displaystyle{AB}$ στο σημείο $\displaystyle{A}$ αυτή θα τμήσει την προέκταση της $\displaystyle{BC}$ στο $\displaystyle{D}$ .
Τότε θα είναι:
$\displaystyle{AB^2=BC \cdot BD=1 \cdot BD=BD}$
άρα
$\displaystyle{BD=AB^2=a^2}$ .

Προφανώς η μέθοδος αυτή εφαρμόζεται όταν οι δύο κύκλοι τέμνονται. Δηλαδή όταν: $\displaystyle{a>1}$ .

Κώστας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 24, 2011 12:24 am**

Μετά από τις Άριστες λύσεις επιτρέψτε μου μία παρέμβαση.
Εδώ βέβαια θα πρέπει να γνωρίζουμε την μονάδα μέτρησης δηλαδή το αντίστοιχο ευθύγραμμο τμήμα της τιμής 1.
Και αυτό επειδή θέλουμε κατασκευή με κανόνα και διαβήτη.
Αν βέβαια σε ένα ευθύγραμμο τμήμα αντιστοιχίζεται π.χ. ο αριθμός 5, χωρίζοντάς το σε 5 ίσα ευθύγραμμα τμήματα προσδιορίζουμε επ' ακριβώς την μονάδα μέτρησης. Θα είχε λοιπόν ενδιαφέρον να είχαμε στην θέση του 5, απλά τον $\sqrt{5}.$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 24, 2011 1:23 pm**

Επειδή ο Γιώργος Ρίζος έκανε μια πρόταση που με βρίσκει απολύτως σύμφωνο για την Μαθηματική Αναγκαιότητα της ενασχόλησης του νου με τις γεωμετρικές κατασκευές θα ήθελα να προτείνω την 2η γεωμετρική κατασκευή ίδιας νοοτροπίας, δεχόμενοι εκ προοιμίου πλέον σαν δεδομένη την αντίστοιχη μονάδα μέτρησης.

Κατασκευή 2:

Κατασκευάστε ευθύγραμμο τμήμα αν έχουμε σαν δεδομένα δύο ευθύγραμμα τμήματα με μήκη με την ιδιότητα

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 24, 2011 2:04 pm**

S.E.Louridas έγραψε: Κατασκευή 2:

Κατασκευάστε ευθύγραμμο τμήμα αν έχουμε σαν δεδομένα δύο ευθύγραμμα τμήματα με μήκη με την ιδιότητα

S.E.Louridas

Μια όχι και τόσο απλή κατασκευή αλλά δουλεύει: Έχει ήδη δειχθεί ότι μπορούμε να κατασκευάσουμε τμήματα μήκους a^2

και

και άρα τμήματα μήκους a^4

και

. Από εδώ μπορούμε να κατασκευάσουμε τμήμα μήκους a^4 + b^4

. Μένει να δείξουμε ότι αν έχουμε ένα τμήμα μήκους

τότε μπορούμε να κατασκευάσουμε τμήμα μήκους $\sqrt{c}$ . (Τότε θα μπορούμε να κατασκευάσουμε και τμήμα μήκους $\sqrt{a^4 + b^4}$ που είναι και το ζητούμενο.)

Για αυτήν την κατασκευή, όπως τόνισε ο Σωτήρης, πρέπει να έχουμε και ένα δοσμένο τμήμα μήκους 1. Τότε κατασκευάζουμε ευθεία AOB

όπου το

έχει μήκος

, το

έχει μήκους

, φέρουμε κύκλο

με διάμετρο την AOB

και φέρουμε κάθετο $\ell$ στην AOB

η οποία διέρχεται από το σημείο

. Έστω

τα σημεία τομής της $\ell$ με τον

. Τότε έχουμε ότι τα OC_1,OC_2

έχουν μήκος $\sqrt{c}$ . (Εύκολη άσκηση στην ομοιότητα τριγώνων.)

Είμαι σίγουρος πως θα βρεθούν και πιο απλές κατασκευές.

Απολογίες για την έλλειψη σχήματος στο τελευταίο κομμάτι.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 24, 2011 2:12 pm**

Ένας άλλος τρόπος. Κατασκευάζουμε τα τμήματα a^2,b^2

και θεωρούμε ένα ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές ίσες με a^2,b^2

.

Τότε η υποτείνουσά του θα είναι $x=\sqrt{a^4+b^4}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 24, 2011 6:00 pm**

Κατασκευή 3.

Έχουμε ευθεία (ε) και σημείο

εκτός αυτής.
Χρησιμοποιώντας μόνο μία φορά τον διαβήτη και όσες θέλουμε τον κανόνα, να βρεθούν κατασκευαστικά (κανόνας, διαβήτης) τρία σημεία, έστω K,B,C

με τα

να ανήκουν στην (ε), ώστε να είμαστε σίγουροι ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι στά τρίγωνα BAK, CKA

είναι ίσοι.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 24, 2011 6:44 pm**

S.E.Louridas έγραψε:Μετά από τις Άριστες λύσεις επιτρέψτε μου μία παρέμβαση.
Εδώ βέβαια θα πρέπει να γνωρίζουμε την μονάδα μέτρησης δηλαδή το αντίστοιχο ευθύγραμμο τμήμα της τιμής 1.
Και αυτό επειδή θέλουμε κατασκευή με κανόνα και διαβήτη.
Αν βέβαια σε ένα ευθύγραμμο τμήμα αντιστοιχίζεται π.χ. ο αριθμός 5, χωρίζοντάς το σε 5 ίσα ευθύγραμμα τμήματα προσδιορίζουμε επ' ακριβώς την μονάδα μέτρησης. Θα είχε λοιπόν ενδιαφέρον να είχαμε στην θέση του 5, απλά τον $\sqrt{5}.$

S.E.Louridas

!!!!

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Νοέμ 24, 2011 10:43 pm**

Ο Σωτήρης μας δίνει την αφορμή για παραπέρα σχόλια στη γεωμετρική αυτή κατασκευή
αλλά και γενικότερα.

Ξεκαθαρίζουμε πως ένα ευθύγραμμο τμήμα το γνωρίζουμε με δύο τρόπους:
1ος.Γνωρίζουμε το μήκος του. Το μήκος ενός τμήματος $\displaystyle{AB}$ προϋποθέτει μια μονάδα μέτρησης $\displaystyle{M}$ και συμβολίζεται με $\displaystyle{(AB)=\frac{AB}{M}}$ Άρα από τη στιγμή που μας δίνεται το μήκος, γνωρίζουμε και τη μονάδα μέτρησης.
2ος. Γνωρίζουμε το σχήμα του σε ένα φύλλο σχεδίασης. Στην περίπτωση αυτή πρέπει να επιλέξουμε τη μονάδα μέτρησης και μετά να κινηθούμε στην ανεύρεση άλλων στοιχείων ανάλογα με το πρόβλημα.

Ας δούμε την εκφώνηση του Γιώργου:
Δίνεται τμήμα μήκους $\displaystyle{a}$ . Να κατασκευαστεί τμήμα μήκους $\displaystyle{a^2}$
Άρα είμαστε στην πρώτη περίπτωση που γνωρίζουμε το μήκος. Η μεταφορά στη συνέχεια του ευθύγραμμου αυτού τμήματος στο φύλλο σχεδίασης αποτελεί πλέον τη "γεωμετρκή κατασκευή" του τμήματος αυτού.
Ακριβώς στο σημείο αυτό ο Σωτήρης έβαλε τα ερωτήματα:

Δίνεται τμήμα μήκους $\displaystyle{5}$ μ.μ. και ζητούμε την κατασκευή του τμήματος μήκους $\displaystyle{25}$ μ.μ
Δίνεται τμήμα μήκους $\displaystyle{\sqrt{5}}$ και ζητούμε την κατασκευή του τμήματος μήκους $\displaystyle{5}$
Θα μπορούσε να ακόμα να προστεθούν κι άλλα, όπως:
Δίνεται τμήμα μήκους $\displaystyle{\sqrt[3]{2}}$ , και ζητούμε την κατασκευή του τμήματος μήκους $\displaystyle{(\sqrt[3]{2})^2}$

Σ' όλα αυτά το προβλήματα πρέπει πρώτα να κατασκευάσουμε το ευθύγραμμο τμήμα στο φύλλο σχεδίασης κι ύστερα να προχωρήσουμε στην κατασκευή του τελικού ζητούμενου.
Στο πρώτο, δηλαδή η κατασκευή του $\displaystyle{5}$ μ.μ είναι απλή.
Στο δεύτερο επίσης η κατασκευή γίνεται με τη γνωστή σπείρα του Θεαίτητου.
Στο τρίτο όμως είναι αδύνατη γιατί αυτό ακριβώς είναι το Δήλιο πρόβλημα.
Έτσι η απάντηση στο Σωτήρη είναι πως το πρόβλημα στην περίπτωση αυτή δεν έχει πάντα λύση.

Στη δεύτερη περίπτωση το πρόβλημα έχει πάντα λύση. Δηλαδή οποιοδήποτε τμήμα $\displaystyle{a}$ κι αν δοθεί, κατασκευάζεται εκείνο που έχει μήκος ίσο με το $\displaystyle{(a)^2}$
Το θέμα όμως εδώ έχει ίσως περισσότερο ενδιαφέρον.
Ας παρατηρήσουμε το αναρτημένο σχήμα και τις σημειώσεις σ' αυτό:

: Κατασκευές τμημάτων.PNG (13.43 KiB) Προβλήθηκε 3431 φορές

Κασκευή τμημάτων.fig: (6.91 KiB) Μεταφορτώθηκε 44 φορές

Μετά την ανάγνωση των στοιχείων αυτών, διαπιστώνουμε ότι έχοντας ένα οποιοδήποτε τμήμα $\displaystyle{a}$ στο φύλλο σχεδίασης μπορούμε να επιλέξουμε οποιαδήποτε μονάδα μέτρησης
και στη συνέχεια με τις κατασκευές που παρουσιάστηκαν από τους προηγούμενους(Φωτεινή, p_gianno) φθάνουμε στην κατασκευή του τμήματος μήκους $\displaystyle{(a)^2}$ .
Το περίεργο που παρατηρείται στην περίπτωση αυτή είναι ότι σε κάθε νέα επιλογή της μονάδας μέτρησης βλέπουμε και διαφορετικό ευθύγραμμο τμήμα!(Δείτε το δυναμικό σχήμα)
Αυτό συμβαίνει για το λόγο ακριβώς πως επιλέγουμε κάθε φορά διαφορετική μονάδα μέτρησης. Κι ακόμα ότι εκείνο που ζητούμε είναι εκείνο το ευθύγραμμο τμήμα που έχει μήκος ίσο με
τετράγωνο του μήκους του τμήματος $\displaystyle{a}$ .

Κώστας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 25, 2011 12:01 am**

Ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle ABC$ , είναι τοποθετημένο μεταξύ δύο παραλλήλων ευθειών.

Να κατασκευασθεί τμήμα

, με άκρα επί των ευθειών , το οποίο να τριχοτομείται από

τα σημεία τομής του E , Z

, με τις δύο πλευρές του τριγώνου .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 25, 2011 10:09 am**

Αυτό είναι η ομορφιά του Επιστημονικού – Μαθηματικού Διαλόγου που αποδίδει και ευχαριστεί.
Ένα σάλπισμα από ένα ενεργό και άριστο συνάδελφο τον Γιώργο Ρίζο, άριστες διδακτικές λύσεις, επιστημονικά ερωτήματα ρητορικά ή όχι, Επιστημονικές απαντήσεις ουσίας και συνεχίζουμε με ασκήσεις του είδους (Γεωμετρικές Κατασκευές).
Εκείνο που έχω να πω είναι ότι συμφωνώ με τις απόψεις του Γιώργου Ρίζου θέλοντας να επισημάνω με ένταση, ότι η διαδικασία της ΑΝΑΛΥΣΗΣ που είναι υποχρεωτικό μέρος των προβλημάτων των Γεωμετρικών Κατασκευών είναι όλα τα λεφτά και αυτό επειδή είναι η εξωτερίκευση της σκέψης που κάνουμε για να ανοίξουμε τον δρόμο προς την λύση. Υπάρχει τομέας των Μαθηματικών που για την επίλυση αντίστοιχων προβλημάτων, ασκήσεων να μην κάνουμε Ανάλυση για να οδηγηθούμε στην λύση; Άρα η ενασχόληση με τις Γεωμετρικές Κατασκευές, τουλάχιστον προπονεί στο βασικό μέρος της Μαθηματικής Σκέψης την Ανάλυση. Και βέβαια ας μην ξεχνάμε την μεγάλης σημασίας τελική Μαθηματική διαδικασία της ΔΙΕΡΕΥΝΗΣΗΣ στα προβλήματα των Γεωμετρικών Κατασκευών.

Και τώρα μία λύση στη 4η Κατασκευή που πρότεινε ο Θανάσης (KARKAR), επαναπροτείνοντας ταυτόχρονα την 3η Κατασκευή.

Ανάλυση:
Έστω ότι η κατασκευή έχει επιτευχθεί. Για να χρησιμοποιήσουμε την «τριχοτομία» θεωρούμε σημείο

της πλευράς

, ώστε $ET\parallel BC.$
Με βάση το θεώρημα του Θαλή καταλήγουμε:
$\frac{{AZ}} {{ZT}} = \frac{{EZ}} {{ZH}} = 1,\;\frac{{TC}} {{ZT}} = \frac{{DE}} {{EZ}} = 1 \Rightarrow AZ = ZT = TC.$

Κατασκευή (σχήμα):
Κατασκευάζουμε την ημιευθεία Ah.

κατασκευάζουμε με χρήση του διαβήτη και πάνω στην ημιευθεία αυτή τρία διαδοχικά και ίσα ευθύγραμμα τμήματα, έστω
$AK = K\Lambda = \Lambda M$
και ενώνουμε τα σημεία C,M,

κατασκευάζοντας από τα σημεία $\Lambda ,K$ παράλληλες προς την MC,

που τέμνουν την

στα σημεία T,Z.

Αν

σημείο της

, ώστε $\frac{{AE}} {{EB}} = \frac{{AT}}{{TC}} = 2$ , η ζητούμενη ευθεία είναι η ευθεία EZ.

Απόδειξη:
$\frac{{EZ}} {{ZH}} = \frac{{AZ}} {{ZT}} = 1 = \frac{{ZT}} {{TC}} = \frac{{ED}} {{ZH}} \Rightarrow EZ = ZH = DE.$

Διερεύνηση:
Υπάρχουν δύο τέτοιες ευθείες, η ήδη κατασκευασθείσα και η συμμετρική της ως προς το ύψος

του ισόπλευρου τριγώνου ABC.

(*) Ερώτημα: Τί γίνεται αν αντί για ισόπλευρο, είχαμε τυχόν τρίγωνο;

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Νοέμ 25, 2011 1:18 pm**

Παραθέτω την Karkareia λύση , παρότι η "Λουρίδειος" μου άρεσε περισσότερο !

Έστω ότι κατασκευάστηκε το

. Στο τρίγωνο AEH

η

είναι διάμεσος και διχοτόμος

άρα και ύψος , με αποτέλεσμα $\widehat{AEZ}=30^{o}$ και AE=2AZ

.

Εύκολα τώρα βλέπουμε ότι το τρίγωνο DBE

, είναι όμοιο με το AEH

( έχουν ίσες γωνίες ) ,

με λόγο ομοιότητας $\displaystyle\frac{1}{2}$ . Συνεπώς $\displaystyle BE=\frac{1}{2}AE=AZ$ . Αποφεύγω την "βαριά δουλειά" της τριχοτόμησης

τμήματος , με το τέχνασμα : "από το βαρύκεντρο

, φέρω παράλληλη προς τη βάση

",

το οποίο μου δίνει άμεσα τη θέση του

. Τα υπόλοιπα βήματα ανάλογα με εκείνα της λύση του Σωτήρη ...

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 26, 2011 5:27 pm**

Αγαπητοί φίλοι, ευχαριστώ όλους σας για την άμεση ανταπόκριση και τις όμορφες προεκτάσεις που δώσατε στο αρχικό ερώτημα. Ας επαναλάβω ακόμα μια φορά ότι εδώ κρύβεται η ομορφιά και η δύναμη του

Στην άμεση επικοινωνία και στο πλέξιμο τόσων προτάσεων και ιδεων που πλουτίζουν τις γνώσεις μας!

Η αρχική μου ιδέα ήταν η κατασκευή του a^2

με τη βοήθεια της κατασκευής της παραβολής, όπως περιγράφεται στην εισαγωγή της παρ. 5.2 στο βιβλίο της κατεύθυνσης

: 26-11-2011 Γεωμετρία β.jpg (14.77 KiB) Προβλήθηκε 3295 φορές

παίρνοντας ως $p = \frac{1}{2}$ , οπότε για μήκος

στον κατακόρυφο άξονα κατασκευάζεται μήκος a^2

στον οριζόντιο.

(τη συζήτηση αυτή κάναμε με τον φίλο Παναγιώτη (rastaffari) -τον οποίο καλωσορίζω ξανά στην παρέα μας- αμέσως με την ανάρτηση του θέματος σε π.μ.)

Ό μ ω ς .... εμφανίστηκε το εμπόδιο της μονάδας του συστήματος.

Δηλαδή το a^2

ήταν εξαρτημένο από το μήκος της μονάδας, δηλαδή του

, το οποίο θεωρούσα ανεξάρτητο του δοσμένου μήκους

.

Το ίδιο πρόβλημα εμφανίζεται στην κατασκευή της Φωτεινής, του Παναγιώτη και του Κώστα.

Είδα το σχόλιο του Σωτήρη και την επεξεργασία του Κώστα.

Δίχως να θέλω να γίνω κουραστικός, επανέρχομαι με την επιφύλαξη ότι ενώ γραμμικές κατασκευές, όπως π.χ. του $a\sqrt{2}$ είναι ανεξάρτητες του μήκους της μονάδας μήκους του σχήματος (του συστήματος συντεταγμένων), παρατηρώ ότι η κατασκευή τμήματος με μήκος ίσο με το τετράγωνο του δοσμένου τμήματος εξαρτάται από τη μονάδα μήκους του συστήματος.

: 26-11-2011 Γεωμετρία.jpg (38.27 KiB) Προβλήθηκε 3295 φορές

Κατασκεύασα στο ίδιο σύστημα αξόνων το DC = a^2

και το $BF = a\sqrt{2}$ για το ίδιο μήκος

.
Όταν η μονάδα του συστήματος δεν είναι

, το πηλίκο τους δεν είναι σταθερό.

Θα ήθελα τη γνώμη σας σ' αυτήν την παρατήρηση.

Δίνω το αρχείο Geogebra για πειραματισμούς.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Νοέμ 26, 2011 7:18 pm**

Γιώργο, ναί έτσι είναι. Όλες οι κατασκευές που παρουσιάστηκαν αυτό έδειξαν. Εξάλλου αυτό το είχα αναφέρει σε προηγούμενο μήνυμα μου
(το τρίτο στη συνέχεια, όπου είχα αναρτήσει και δυναμικό σχήμα για να φανεί η δεύτερη αυτή περίπτωση)

Είναι η περίπτωση όπου:
Μας δίνεται ένα ευθύγραμμο τμήμα $\displaystyle{a}$ στο φύλλο σχεδίασης και ζητείται
ένα άλλο $\displaystyle{b}$ που να έχει μέτρο ίσο με το τετράγωνο του μέτρου του $\displaystyle{a}$ .
Οι κατασκευές έδειξαν πως κάθε φορά που αλλάζει η μονάδα μέτρησης, αλλάζει και το ευθ. τμήμα $\displaystyle{b}$ .Όσο κι αυτό φαίνεται παράδοξο είναι αληθινό.
Ας το δούμε πιο αναλυτικά:
Έχοντας στο φύλλο σχεδίασης το τμήμα $\displaystyle{a}$ επιλέγουμε υποχρεωτικά μια μονάδα μέτρησης (για να λειτουργήσουν τα θεωρήματα που θα κάνουμε χρήση), έστω την $\displaystyle{u}$ .
Τότε είναι:
$\displaystyle{(a)=\frac{a}{u} \Leftrightarrow a=(a)\cdot u \ \ (1)}$
Για το τμήμα $\displaystyle{b}$ που κατασκευάσαμε ισχύει σύμφωνα με την (1):
$\displaystyle{(b)=(a)^2\Leftrightarrow \frac{b}{u}=(a)^2 \Leftrightarrow b=(a)^2\cdot u \ \ (2)}$
Η σχέση (2) δείχνει πως το τμήμα $\displaystyle{b}$ που βρήκαμε εξαρτάται από την αυθαίρετη μονάδα $\displaystyle{u}$ που πήραμε κι από τον πραγματικό αριθμό $\displaystyle{(a)}$ .
Έτσι κάθε φορά που αλλάζει η μονάδα μέτρησης έχουμε και διαφορετικό τμήμα $\displaystyle{b}$ .

Στο σχήμα:Κάθε φορά που αλλάζω την πράσινη μονάδα παίρνω και διαφορετικό γαλάζιο $\displaystyle{BD}$ .

Κώστας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 28, 2011 4:13 pm**

Ο Σωτήρης το συνηθίζει να βάζει πάντα νέες προκλήσεις...κι αυτό είναι γόνιμο, δημιουργικό, όμορφο...

Ετσι μας ζητά:
Αν το ισόπλευρο τρίγωνο στην άσκηση του Θανάση(karkar) είναι τυχαίο, έστω το $\displaystyle{ABC}$ , τότε να βρεθεί η τέμνουσα $\displaystyle{DEZH}$ ώστε $\displaystyle{DE=EZ=ZH}$ .
Λύση:
Ανάλυση:
Έστω πως η ζητούμενη τέμνουσα είναι η $\displaystyle{DEZH}$ .
Τότε θα είναι:
$\displaystyle{DE=EZ=ZH \ \ (1)}$
Από την κορυφή $\displaystyle{B}$ φέρουμε την ευθεία $\displaystyle{(e_3)}$ παράλληλη προς την τέμνουσα αυτή η οποία τέμνει τις ημιευθείες $\displaystyle{(x_1), (x_3), (x_4)}$ στα σημεία $\displaystyle{D', Z', H'}$ .
Τότε θεωρώντας τη δέσμη $\displaystyle{(A.Ax_1, Ax_2, Ax_3, Ax_4)}$ κι επικαλούμενοι το θεώρημα της κεντρικής δέσμης καθώς και τη σχέση (1) θα είναι:
$\displaystyle{D'B=BZ' =Z'H' \ \ (2)}$
Τέλος αν από το σημείο $\displaystyle{B}$ φέρουμε την παράλληλη προς την $\displaystyle{AC}$ τότε αυτή θα τμήσει την $\displaystyle{(e_1)}$ στο σημείο $\displaystyle{S}$ .
Εύκολα από την παραλληλία αυτή προκύπτει ότι:
$\displaystyle{SA=AH' \ \ (3)}$
Από τη σχέση (3) προκύπτει ότι το σημείο $\displaystyle{H'}$ κατασκευάζεται.

: Τριχοτομία τριγώνου.PNG (15.37 KiB) Προβλήθηκε 3210 φορές

Κατασκευή:
Από την κορυρή $\displaystyle{B}$ του δοθέντος τριγώνου φέρουμε παράλληλη προς την πλευρά $\displaystyle{AC}$ η οποία τέμνει την $\displaystyle{(e_1)}$ στο σημείο $\displaystyle{S}$ .
Στη συνέχεια κατασκευάζουμε το συμμετρικό $\displaystyle{H'}$ του σημείου $\displaystyle{S}$ ως προς κέντρο συμμετρίας την κορυφή $\displaystyle{A}$ .
Κατόπιν φέρουμε την ευθεία $\displaystyle{(e_3)}$ που ορίζουν τα σημεία $\displaystyle{ B, H'}$ η οποία θα τμήσει την πλευρά $\displaystyle{AC}$ στο σημείο $\displaystyle{Z'}$ το οποίο εύκολα δείχνεται πως είναι μέσο της $\displaystyle{BH'}$
Ακολούθως με κέντρο συμμετρίας το σημείο $\displaystyle{B}$ κατασκευάζουμε το συμμετρικό $\displaystyle{ D'}$ του σημείου $\displaystyle{Z'}$ .
Τέλος ενώνοντας το σημείο $\displaystyle{D'}$ με την κορυφή $\displaystyle{A}$ του τριγώνου προκύπτει το σημείο $\displaystyle{D}$ από το οποίο φέρουμε την παράλληλη προς την $\displaystyle{(e_3)}$ κατασκευάζεται η ζητούμενη τέμνουσα.
Απόδειξη:
Από το θεώρημα της κεντρικής δέσμης προκύπτει ότι:
$\displaystyle{DE=EZ=ZH}$ .
Διερεύνηση:
Αν την ίδια κατασκευή την πραγματοποιήσουμε από την άλλη κορυφή της βάσης, δηλαδή το $\displaystyle{C}$ τότε θα προκύψει κι άλλη τέτοια τέμνουσα.
Άρα το πρόβλημα έχει πάντα δύο λύσεις, όπως φαίνεται κι άλλη στο δεύτερο σχήμα.

Κώστας Δόρτσιος

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 28, 2011 10:49 pm**

"Χορταστική" , η επίλυση του Κώστα , προσιτή , επίσης , σε όλους τους ενδιαφερόμενους ...

Πάμε για άλλα ( έστω και αν απομακρυνθούμε λίγο , από τον τίτλο του θέματος ) :

Να βρεθεί ( κατασκευασθεί ) σημείο

πάνω στον περίκυκλο τριγώνου $\displaystyle ABC$ , ώστε για κάθε κύκλο

που διέρχεται από τα A , S

, και τέμνει τις πλευρές AB , AC

στα σημεία D , E

αντίστοιχα ,

να προκύπτει : BD=CE

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 29, 2011 12:03 am**

S.E.Louridas έγραψε:Κατασκευή 3.

Έχουμε ευθεία (ε) και σημείο εκτός αυτής.
Χρησιμοποιώντας μόνο μία φορά τον διαβήτη και όσες θέλουμε τον κανόνα, να βρεθούν κατασκευαστικά (κανόνας, διαβήτης) τρία σημεία, έστω με τα
να ανήκουν στην (ε), ώστε να είμαστε σίγουροι ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι στά τρίγωνα είναι ίσοι.

Ας δούμε την κατασκευή αυτή.
Παίρνουμε σημείο

της $\left( \varepsilon \right)$ και στην ημιευθεία

σημείο

με

Παίρνουμε τον διαβήτη και κατασκευάζουμε τον κύκλο (T, TS)

προσδιορίζοντας τα B, C

και «πετάμε» τον διαβήτη. Έστω ότι έχουμε: $B{'} \equiv BA \cap \left( {T,TS} \right),\quad C{'} \equiv CA \cap \left( {T,TS} \right),\quad K \equiv BC{'} \cap CB{'} .$
Αυτά τα σημεία K,B,C

είναι τα ζητούμενα και αυτό επειδή το σημείο

, έγινε το ορθόκεντρο του τριγώνου KBC.

Το πρόβλημα έχει άπειρες λύσεις.

S.E.Louridas

mathematica.gr

Κατασκευή μήκους

Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους

Re: Κατασκευή μήκους