Κατασκευή ομοίου

KARKAR · #1

: Κατασκευή ομοίου.png (8.85 KiB) Προβλήθηκε 676 φορές

Για τα σημεία P,Q

των πλευρών AB,AC

ενός τριγώνου , είναι $AP=\dfrac{3AB}{4}$ και $AQ=\dfrac{AC}{4}$ .

Κατασκευάστε σημείο

της βάσης

, ώστε το τρίγωνο SPQ

να είναι όμοιο με το $\displaystyle ABC$ .

#2

Η παράλληλη από το σημείο

προς την

και η παράλληλη από το

προς την

τέμνονται σε σημείο

της

.

Αν ο κύκλος (P,Q,D)

εφάπτεται στην

, το

είναι το

,

διαφορετικά, ο κύκλος (P,Q,D)

επανατέμνει την

στο ζητούμενο σημείο

, και ο προσδιορισμός ...που ζητήθηκε έγινε!

#3

Καλησπέρα!

Γενικά για $\displaystyle{\frac{{AP}}{{PB}} = \frac{{CQ}}{{QA}}}$

: Κατασκευή ομοίου.png (13.03 KiB) Προβλήθηκε 593 φορές

Φέρνω

και έστω

το συμμετρικό του

ως προς τη διχοτόμο της γωνίας $K\widehat Q P$ . Η QA'

τέμνει την

στο ζητούμενο σημείο

Στην ουσία μετέφερα τη γωνία $\widehat C$ στη θέση $P\widehat Q A'$

#4

Καλησπέρα στους αγαπητούς κυρίους : Θανάση , Κώστα , Γιώργο.

Κατασκευάζουμε τον κύκλο του Απολλώνιου για κάθε σημείο του

ισχύει :

$\boxed{\frac{{MQ}}{{MP}} = \frac{b}{c}}$ . Η τομή του με την

μας δίδει το

.

: κατασκευή ομοίου.png (18.29 KiB) Προβλήθηκε 575 φορές

Φιλικά , Νίκος

#5

Υπάρχει εδώ μία ενδιαφέρουσα ιδιότητα, η οποία πιθανόν να είναι η βασική ιδέα στο σκεπτικό του Θανάση, γι' αυτό το πρόβλημα.

$\bullet$ Έτσω $P,\ Q$ , τα σημεία επί των πλευρών $AB,\ AC$ , του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC$ , ώστε να είναι $\displaystyle \frac{AP}{PB} = \frac{CQ}{QA}$ ( γενική περίπτωση ) , όπως στο σχήμα του Γιώργου πιο πάνω.

Γράφουμε τους κύκλους έστω $(K),\ (L)$ , με χορδές τα τμήματα $PB,\ CQ$ αντιστοίχως, οι οποίοι εφάπτονται της ευθείας

στα σημεία $P,\ Q$ .

Οι κύκλοι αυτοί τέμνονται εν γένει σε δύο σημεία, έστω τα $S,\ T$ και ας είναι το

, αυτό που ανήκει στον περίκυκλο του τριγώνου $\vartriangle APQ$

από τα εγγράψιμα τετράπλευρα $BPTS,\ CQTS$ προκύπτει $\angle PTQ = \angle B + \angle C = 180^{o} - \angle A$

.

: Κατασκευή ομοίου.; f=178_t=56599.PNG (27.94 KiB) Προβλήθηκε 531 φορές

$\bullet$ Για το σημείο

, έχουμε κατά πρώτον $\angle PQS = \angle C$ και $\angle QPS = \angle B$ και άρα, τα τρίγωνα $\vartriangle ABC,\ \vartriangle SPQ$ είναι όμοια και επομένως ισχύει $\angle PSQ = \angle A\ \ \ ,(1)$

Κατά δεύτερον, έχουμε $\angle BSP = \angle APQ\ \ \ ,(2)$ και $\angle CSQ = \angle AQP\ \ \ ,(3)$

Από $(1),\ (2),\ (3)\Rightarrow$ $\angle BSP + \angle PSQ + \angle CSQ = 180^{o}\ \ \ ,(4)$ λόγω $\angle APQ + \angle AQP = 180^{o} - \angle A$

Από (4)

συμπεραίνεται ότι τα σημεία $B,\ S,\ C$ είναι συνευθειακά και άρα, το σημείο $S\equiv (K)\cap (L)$ κείται επί της

και το πρόβλημα τώρα έχει λυθεί.

Κώστας Βήττας.

Κατασκευή ομοίου

Κατασκευή ομοίου

Re: Κατασκευή ομοίου

Re: Κατασκευή ομοίου

Re: Κατασκευή ομοίου

Re: Κατασκευή ομοίου

Μέλη σε σύνδεση