Μεγάλες κατασκευές 40

KARKAR · #1

: Μεγάλες κατασκευές 40.png (9.83 KiB) Προβλήθηκε 403 φορές

Στο άκρο

γνωστού τμήματος

, με μέσο

, μια ημιευθεία

, σχηματίζει με το τμήμα ,

γωνία $\widehat{BCx}=40^0$ . Επί της ημιευθείας εντοπίστε σημείο

, ώστε : $\widehat{BAM}=40^0$ .

Στην συνέχεια δείξτε ότι : $AB\cdot AC= AM\cdot BC$ ( Διερεύνηση ! )

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 16, 2020 9:24 pm
Μεγάλες κατασκευές 40.pngΣτο άκρο γνωστού τμήματος , με μέσο , μια ημιευθεία , σχηματίζει με το τμήμα ,

γωνία $\widehat{BCx}=40^0$ . Επί της ημιευθείας εντοπίστε σημείο , ώστε : $\widehat{BAM}=40^0$ .

Στην συνέχεια δείξτε ότι : $AB\cdot AC= AM\cdot BC$ ( Διερεύνηση ! )

: Μεγάλες κατασκευές 40.png (25.9 KiB) Προβλήθηκε 387 φορές

Στο

φέρνω ευθεία παράλληλη στην

και μετά κάθετη σ αυτή πάλη στο

.

Η μεσοκάθετη στο

την τέμνει στο

.

Ο κύκλος $\left( {K,KB} \right)$ τέμνει την

στα $A\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,A'$ που αποτελούν λύσεις στο πρόβλημα

Επειδή η

εφάπτεται του κύκλου $\left( {A,M,C} \right)$ θα ισχύει : $A{B^2} = BM \cdot BC$

Ζητώ να δείξω ότι $AB \cdot AC = AM \cdot BC$ άρα αρκεί να δείξω ότι : $\boxed{\frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{AM}}{{BM}}}$

Που ισχύει αφού $\vartriangle ABC \approx \vartriangle MBA$ .

: Μεγάλες κατασκευές 40_Διερεύνηση.png (25.08 KiB) Προβλήθηκε 381 φορές

Το κερασάκι στην τούρτα (για χειρός KARKAR

) .

Η ευθεία και ο κύκλος δεν τέμνονται αν η γωνία ξεπεράσει τις $45^\circ$ . Ειδικά δε για γωνία $45^\circ$ έχουμε μια λύση γιατί εφάπτονται.

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 16, 2020 9:24 pm
Μεγάλες κατασκευές 40.pngΣτο άκρο γνωστού τμήματος , με μέσο , μια ημιευθεία , σχηματίζει με το τμήμα ,

γωνία $\widehat{BCx}=40^0$ . Επί της ημιευθείας εντοπίστε σημείο , ώστε : $\widehat{BAM}=40^0$ .

Στην συνέχεια δείξτε ότι : $AB\cdot AC= AM\cdot BC$ ( Διερεύνηση ! )

Κατασκευή: Γράφω το ημικύκλιο διαμέτρου

και έστω

το μέσον του. Ο κύκλος (B, BN)

τέμνει την

σε δύο σημεία A, A'

που ορίζουν την τρίτη κορυφή του ζητούμενου τριγώνου (το πρόβλημα έχει πάντα δύο λύσεις).

: Μεγάλες κατασκευές.40.png (12.6 KiB) Προβλήθηκε 349 φορές

Πράγματι, $\displaystyle AB = BN = \frac{{a\sqrt 2 }}{2} \Leftrightarrow A{B^2} = \frac{{{a^2}}}{2} = BM \cdot BC \Leftrightarrow B\widehat AM = \widehat C = 40^\circ$

$\displaystyle A{M^2} = \frac{{2{b^2} + 2{c^2} - {a^2}}}{4}\mathop = \limits^{{a^2} = 2{c^2}} \frac{{{b^2}}}{2} \Leftrightarrow A{M^2} \cdot {a^2} = \frac{{{b^2}}}{2} \cdot 2{c^2} \Leftrightarrow$ $\boxed{AM \cdot BC = AB \cdot AC}$

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 16, 2020 9:24 pm
Μεγάλες κατασκευές 40.pngΣτο άκρο γνωστού τμήματος , με μέσο , μια ημιευθεία , σχηματίζει με το τμήμα ,

γωνία $\widehat{BCx}=40^0$ . Επί της ημιευθείας εντοπίστε σημείο , ώστε : $\widehat{BAM}=40^0$ .

Στην συνέχεια δείξτε ότι : $AB\cdot AC= AM\cdot BC$ ( Διερεύνηση ! )

Μια κατασκευή με Αντιστροφή

Ανάλυση :

Τα σταθερά μας είναι:

Τα σημεία $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C\,\,$ και όσα απορρέουν εξ αυτών (π.χ. το μέσο

του

) και η ευθεία

που σχηματίζει οξεία γωνία $\theta$ με την

.

Κατασκευή

: Μεγάλες κατασκευές 40_με αντιστροφή.png (21.88 KiB) Προβλήθηκε 337 φορές

Αντιστρέφω την ευθεία με πόλο το

και δύναμη αντιστροφής ${k^2} = BM \cdot BC$ με το

επιλεγμένο σημείο του

( π.χ. μέσο ή να τριχοτομεί εσωτερικά το

κ. λ. π.)

Η ευθεία θα μετασχηματιστεί σε κύκλο που διέρχεται από το

και τέμνει εν γένει την

σε δύο σημεία $A\,\,\kappa \alpha \iota \,\,A'$ .

Παρατήρηση .

Η κατασκευή του τμήματος

( που είναι η ακτίνα του κύκλου αντιστροφής ,

θαλασσί) γίνεται πολύ απλά , αρκεί από το

να φέρω εφαπτόμενο τμήμα σε τυχαίο κύκλο που διέρχεται από τα $M\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ .

Δείτε σχετικά και το δυναμικό αρχείο geogebra με τρεις δρομείς :

το για το μήκος του ,Το για το μήκος του και το για το μέτρο της οξείας γωνίας .

Αν επιλέξετε : το και ° , έχετε το δεδομένο πρόβλημα .

Μεγάλες κατασκευές 40

Μεγάλες κατασκευές 40

Re: Μεγάλες κατασκευές 40

Re: Μεγάλες κατασκευές 40

Re: Μεγάλες κατασκευές 40

Μέλη σε σύνδεση