Κατασκευή και υπολογισμός

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαιρετώ όλους!

Το τρίγωνο ABC

έχει

και

το μέσον της

. Το $E \in AC$ ώστε $\hat{EMC}=60^o$ και

το μέσον του

.

Ι) Να κατασκευαστεί (με κανόνα-διαβήτη) τρίγωνο με τα ως άνω δεδομένα , τέτοιο ώστε να ισχύει

ΙΙ) Με επιπλέον δεδομένο ότι να υπολογιστεί το .

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 08, 2024 5:31 pm
Χαιρετώ όλους!

Το τρίγωνο έχει και το μέσον της . Το $E \in AC$ ώστε $\hat{EMC}=60^o$ και το μέσον του .

Ι) Να κατασκευαστεί (με κανόνα-διαβήτη) τρίγωνο με τα ως άνω δεδομένα , τέτοιο ώστε να ισχύει

ΙΙ) Με επιπλέον δεδομένο ότι να υπολογιστεί το .

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλημέρα Γιώργο!

Προς το παρόν μόνο την κατασκευή.

: Κατασκευή.ΓΜ.png (18.41 KiB) Προβλήθηκε 591 φορές

Θεωρώ τμήμα BC=a

με μέσον

Φέρνω ημιευθεία

ώστε $C\widehat Mx=60^o$ και έστω

η προβολή του

στην

Στο τμήμα

παίρνω σημείο

ώστε

και έστω

το συμμετρικό του

ως προς

Η

τέμνει τη μεσοκάθετο του

στο

Το

είναι το ζητούμενο τρίγωνο.

Θα επανέλθω για την απόδειξη και για το δεύτερο ερώτημα.

#3

Άλλη μία κατασκευή (Επί της ουσίας δεν διαφέρει από την προηγούμενη).

: Κατασκευή.ΓΜ2.png (16.2 KiB) Προβλήθηκε 581 φορές

Έστω

το μέσο ενός τμήματος

και

το μέσο του MC.

Κατασκευάζω (προς τα πάνω) το ισόπλευρο

τρίγωνο MPK.

Η

τέμνει τη μεσοκάθετο του

στην τρίτη κορυφή

του ζητούμενου τριγώνου.

#4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 08, 2024 5:31 pm
Χαιρετώ όλους!

Το τρίγωνο έχει και το μέσον της . Το $E \in AC$ ώστε $\hat{EMC}=60^o$ και το μέσον του .

Ι) Να κατασκευαστεί (με κανόνα-διαβήτη) τρίγωνο με τα ως άνω δεδομένα , τέτοιο ώστε να ισχύει

ΙΙ) Με επιπλέον δεδομένο ότι να υπολογιστεί το .

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

I) Το τρίγωνο ABC

έχει κατασκευαστεί ως εξής: Το

είναι μέσο του BC,

το

μέσο του

και το

είναι ισόπλευρο. Το

είναι το σημείο τομής της

με τη μεσοκάθετο του

και το

είναι μέσο του ME.

To

είναι εκ κατασκευής ισοσκελές (AB=AC)

και $\hat{EMC}=60^o.$ Θα δείξω ότι BN=2AN,

ή αλλιώς

όπου

μέσο του

: Κατασκευή.ΓΜ3.png (24.34 KiB) Προβλήθηκε 543 φορές

Λόγω του ισοπλεύρου είναι $M\widehat KC=90^o.$ Εξάλλου, NP//EC,

άρα το

είναι παραλληλόγραμμο

και NC=CE=2AE.

Τα τρίγωνα LMN, AEN

έχουν $MN=NE, LM=\dfrac{NC}{2}=AE$ και

$\displaystyle L\widehat MN = M\widehat NC = 180^\circ - C\widehat NE = 180^\circ - N\widehat EC = A\widehat EN.$

Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

ΙΙ) $\displaystyle (ENA) = (ANM) = 1 \Leftrightarrow (AME) = 2$

$\displaystyle \frac{{(AME)}}{{(ABC)}} = \frac{{(AME)}}{{2(AMC)}} = \frac{{AE}}{{2AC}} = \frac{1}{6} \Leftrightarrow$ $\boxed{(ABC)=12}$

Γιώργος Μήτσιος · #5

Καλή Κυριακή σε όλους! Ένα μεγάλο ευχαριστώ Γιώργο , για την τακτοποίηση (και) του παρόντος!

Μια παρόμοια κατασκευή: Βρίσκουμε (και από την λύση του Γιώργου) ότι $tanB=tanC=\sqrt{3}/2$ .
Σχηματίζουμε συνεπώς το ισόπλευρο και από το

φέρουμε την κάθετη στην μεσοκάθετο του

..

: 15-12-24.png (192.7 KiB) Προβλήθηκε 474 φορές

Ας μην ανασύρω (προς το παρόν) το παλαιότερο θέμα , βάσει του οποίου έγινε το παρόν ,

με την προσδοκία να χαρούμε κι' άλλη προσέγγιση-απόδειξη της ακόλουθης πρότασης:

Σε τρίγωνο με και μέσον της , θεωρούμε το $E \in AC$ ώστε $E \hat M C=60^o$ και το μέσον του .

Να εξεταστεί αν ισχύει η αναλογία: $\dfrac{AN}{BN}=\dfrac{AE}{EC}$ .
Σας ευχαριστώ και πάλι.

#6

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Δεκ 15, 2024 12:06 pm
Καλή Κυριακή σε όλους! Ένα μεγάλο ευχαριστώ Γιώργο , για την τακτοποίηση (και) του παρόντος!

Μια παρόμοια κατασκευή: Βρίσκουμε (και από την λύση του Γιώργου) ότι $tanB=tanC=\sqrt{3}/2$ .
Σχηματίζουμε συνεπώς το ισόπλευρο και από το φέρουμε την κάθετη στην μεσοκάθετο του ..
15-12-24.png
Ας μην ανασύρω (προς το παρόν) το παλαιότερο θέμα , βάσει του οποίου έγινε το παρόν ,

με την προσδοκία να χαρούμε κι' άλλη προσέγγιση-απόδειξη της ακόλουθης πρότασης:

Σε τρίγωνο με και μέσον της , θεωρούμε το $E \in AC$ ώστε $E \hat M C=60^o$ και το μέσον του .

Να εξεταστεί αν ισχύει η αναλογία: $\dfrac{AN}{BN}=\dfrac{AE}{EC}$ .
Σας ευχαριστώ και πάλι.

Πιθανολογώ ότι υπάρχει ευκολότερη λύση. Κατασκευάζω το ισόπλευρο MEF

όμως φαίνεται στο σχήμα.

Με νόμο συνημιτόνου στο MBN

βρίσκω $BN^2=\dfrac{x^2+ax+a^2}{4}.$ Είναι ακόμα:

$\displaystyle \frac{{AE}}{b} = \frac{x}{a} \Leftrightarrow AE = \frac{{bx}}{a},EC = b - AE = \frac{{b(a - x)}}{a} \Rightarrow$ $\boxed{\frac{AE}{EC}=\frac{x}{a-x}}$ (1)

: Γ.Μ.ΚΥ.png (14.88 KiB) Προβλήθηκε 417 φορές

Με νόμο συνημιτόνου στο MEC

είναι $\displaystyle E{C^2} = {x^2} + \frac{{{a^2}}}{4} - \frac{{ax}}{2} = \frac{{3{x^2} + {{(a - x)}^2}}}{4}$

Άρα, $\displaystyle \frac{{3{x^2} + {{(a - x)}^2}}}{4} = \frac{{{b^2}{{(a - x)}^2}}}{{{a^2}}} \Leftrightarrow {(a - x)^2}(4{b^2} - {a^2}) = 3{a^2}{x^2} \Leftrightarrow AM = \frac{{ax\sqrt 3 }}{{2(a - x)}}$

Τέλος με τον ίδιο νόμο στο AMN

έχω:

$\displaystyle A{N^2} = \frac{{3{a^2}{x^2}}}{{4{{(a - x)}^2}}} + \frac{{{x^2}}}{4} - \frac{{3a{x^2}}}{{4(a - x)}} = ... = \frac{{{x^2}({x^2} + ax + {x^2})}}{{4{{(a - x)}^2}}} = \frac{{{x^2} \cdot B{N^2}}}{{{{(a - x)}^2}}}$

απ' όπου $\boxed{\frac{{AN}}{{BN}} = \frac{x}{{a - x}}\mathop = \limits^{(1)} \frac{{AE}}{{EC}}}$

Τώρα πλέον τακτοποιείται εύκολα και το επίχρισμα. Ο ζητούμενος λόγος δίνει... $\phi.$ Θα επανέλθω όμως ξεχωριστά.

Κατασκευή και υπολογισμός

Κατασκευή και υπολογισμός

Re: Κατασκευή και υπολογισμός

Re: Κατασκευή και υπολογισμός

Re: Κατασκευή και υπολογισμός

Re: Κατασκευή και υπολογισμός

Re: Κατασκευή και υπολογισμός

Μέλη σε σύνδεση