mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Δεκ 19, 2020 9:08 pm**

: Μεγάλες κατασκευές 42.png (8.48 KiB) Προβλήθηκε 1121 φορές

Σας δίνω το τμήμα BC=a

και σας ζητώ να κατασκευάσετε το ορθογώνιο τραπέζιο του σχήματος .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 20, 2020 1:12 am**

KARKAR έγραψε: Σάβ Δεκ 19, 2020 9:08 pm Μεγάλες κατασκευές 42.pngΣας δίνω το τμήμα και σας ζητώ να κατασκευάσετε το ορθογώνιο τραπέζιο του σχήματος .

Ανάλυση

: Μεγάλες_κατασκευές 42_ανάλυση.png (12.43 KiB) Προβλήθηκε 1102 φορές

Έστω λυμένο το πρόβλημα. Αν θέσω $SB = m\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SC = k$ θα είναι : $SD = 2m\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SA = 2k$

Από Π. Θεώρημα στα $\vartriangle ABD\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle BAC$ έχω:

$\left\{ \begin{gathered} A{B^2} = B{D^2} - A{D^2} \hfill \\ A{B^2} = A{C^2} - B{C^2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow B{D^2} - A{D^2} = A{C^2} - B{C^2}$ . Δηλαδή :

$\displaystyle 9\left( {{m^2} - {k^2}} \right) = 3{a^2} \Leftrightarrow \boxed{{{\left( {2m} \right)}^2} - {{\left( {2k} \right)}^2} = \frac{{4{a^2}}}{3}}$ αν λοιπόν

η προβολή του

στην

,

Η προηγούμενη σχέση από το 2ο Θ διαμέσων στο $\vartriangle SAD$ γράφεται : $\boxed{EM = \frac{a}{3}}$ .

Κατασκευή

: Μεγάλες_κατασκευές 42_Κατασκευή.png (18.72 KiB) Προβλήθηκε 1102 φορές

Θεωρώ ευθύγραμμο τμήμα AB = 2a

και το μέσον του

Κατασκευάζω ισόπλευρο τρίγωνο TAB

γράφω τον κύκλο $\left( {T,A,\,\,B} \right)$ και θεωρώ στο

σημείο

τέτοιο ώστε: AE = 2EM

Η κάθετη στο

επί την

τέμνει τον κύκλο $\left( {T,A,\,\,B} \right)$ σε δύο σημεία και ονομάζω

το πιο μακρινό από την

.

Φέρνω την κάθετη στην

στο

που τέμνει την ημιευθεία

στο

.

Η από το

παράλληλη στην

τέμνει την ημιευθεία

στο

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 20, 2020 8:37 am**

KARKAR έγραψε: Σάβ Δεκ 19, 2020 9:08 pm Σας δίνω το τμήμα και σας ζητώ να κατασκευάσετε το ορθογώνιο τραπέζιο του σχήματος .

H τομή του τόξου

με την κάθετη ευθεία

στην ευθεία

δίνει το σημείο

, οπότε παίρνουμε και το σημείο

: ζ.png (67.28 KiB) Προβλήθηκε 1087 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 20, 2020 11:49 am**

Μία μετρική. Αρκεί να υπολογίσω το ύψος

του τραπεζίου. Είναι $\boxed{A{C^2} = {a^2} + {h^2}}$ και $\boxed{BD^2=4a^2+h^2}$

: Μεγάλες κατασκευές.42.png (9.6 KiB) Προβλήθηκε 1060 φορές

Με νόμο συνημιτόνου στο SAD,

$\boxed{{h^2} = A{S^2} + D{S^2} + AS \cdot DS}$ Αλλά, $\displaystyle AS = \frac{2}{3}AC,DS = \frac{1}{3}BD,$ και

$\displaystyle \frac{{3a}}{2}h = (ABCD) = \frac{1}{2}AC \cdot BD\sin 60^\circ \Leftrightarrow AC \cdot BD = 2ah\sqrt 3.$ Αντικαθιστώντας τώρα, έχω:

$\displaystyle {h^2} = \frac{4}{9}({a^2} + {h^2}) + \frac{1}{9}(4{a^2} + {h^2}) + \frac{4}{9}ah\sqrt 3 \Leftrightarrow {h^2} - ah\sqrt 3 - 2{a^2}\mathop = \limits^{h > 0} 0 \Leftrightarrow$ $\boxed{h = \frac{a}{2}\left( {\sqrt {11} + \sqrt 3 } \right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 20, 2020 12:06 pm**

Αρκεί να βρεθεί το μήκος της

Είναι $AB=\tan \widehat{ADB}\cdot 2a \ (1)$
Και $AB=\tan \widehat{ACB}\cdot a \ (2)$
$(1),(2)\Rightarrow 2\tan \widehat{ADB}=\tan \widehat{ACB}=\tan (120^{\circ}- \widehat{ADB}) (3)$
Έστω $\tan \widehat{ADB}=x$
Τότε $(3)\Leftrightarrow 2x=\dfrac{-\sqrt 3 -x}{1-x\sqrt 3}\Leftrightarrow x=\dfrac{3 \pm \sqrt {33}}{4\sqrt 3}$
Παίρνουμε τη θετική ρίζα διότι $x=\tan \widehat{ADB}>0$
Έτσι από την (1)

είναι $AB=\dfrac{a}{2}\cdot (\sqrt 3+\sqrt {11})$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Δεκ 20, 2020 11:47 pm**

Η κατασκευή μου, όπως και του Νίκου, το σημείο

προσδιορίζεται σαν η τομή
του περιγεγραμμένου στο ισόπλευρο τρίγωνο ADG

(πλευράς

),
και της καθέτου επί της βάσεως στο σημείο

, όπου

.
Η αιτιολόγηση έχει ως εξης:

Επειδή τα ζεύγη ομοίων τριγώνων $BCS\sim DAS, \ BNS\sim DES, \ CNS\sim AES$
έχουν λόγο ομολόγων πλευρών 1:2

θα είναι

$\displaystyle{ \begin{aligned} & AE = 2NC = 2(BC-BN)=AD-2AE \rightarrow \cr & 3AE = AD \cr \end{aligned} }$

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Δεκ 21, 2020 10:05 am**

KARKAR έγραψε: Σάβ Δεκ 19, 2020 9:08 pm Μεγάλες κατασκευές 42.pngΣας δίνω το τμήμα και σας ζητώ να κατασκευάσετε το ορθογώνιο τραπέζιο του σχήματος .

: Μεγάλες_κατασκευές 42_ανάλυση_new_1.png (25.95 KiB) Προβλήθηκε 1013 φορές

Ας είναι

το μέσο του

και

τα σημεία τομής των διαγωνίων των παραλληλογράμμων:

ABCM

( ορθογώνιο) και MDCB

. Το

είναι το βαρύκεντρο του $\vartriangle CBM$ .

Αν θέσω λοιπόν $SN = k \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} SB = 2k \hfill \\ ND = 3k \hfill \\ \end{gathered} \right.$ . Έτσι αν

η προβολή του

στο σταθερό

AD = 2a

θα είναι $\boxed{\frac{{EM}}{{EA}} = \frac{{DM}}{{DA}} = \frac{1}{2}}$

(λόγος συζυγίας στην αρμονική σειρά , $\left( {E,D\backslash A,M} \right)$ τα υπόλοιπα απλά .

Είναι σχετικά στοιχειώδης λύση αλλά κορυφαία όλων, ή πλέον στοιχειώδης λύση του Σωτήρη

mathematica.gr

Μεγάλες κατασκευές 42

Μεγάλες κατασκευές 42

Re: Μεγάλες κατασκευές 42

Re: Μεγάλες κατασκευές 42

Re: Μεγάλες κατασκευές 42

Re: Μεγάλες κατασκευές 42

Re: Μεγάλες κατασκευές 42

Re: Μεγάλες κατασκευές 42