Κατασκευή τριγώνου

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 9372
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Κατασκευή τριγώνου

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Ιαν 25, 2017 6:42 pm

Πλευρές τριγώνου.png
Πλευρές τριγώνου.png (10.2 KiB) Προβλήθηκε 428 φορές
Α) Να κατασκευαστεί τρίγωνο ABC, αν είναι γνωστό το μήκος του HO, η ακτίνα R του περιγεγραμμένου κύκλου

και η γωνία \widehat A=60^0, όπου H, O το ορθόκεντρο και το περίκεντρο αντίστοιχα.

Β) Αν HO=3, R=\displaystyle{\frac{7\sqrt 3}{3}}, να υπολογιστούν οι πλευρές του τριγώνου.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7211
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Κατασκευή τριγώνου

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Ιαν 25, 2017 9:24 pm

george visvikis έγραψε:Πλευρές τριγώνου.png
Α) Να κατασκευαστεί τρίγωνο ABC, αν είναι γνωστό το μήκος του HO, η ακτίνα R του περιγεγραμμένου κύκλου

και η γωνία \widehat A=60^0, όπου H, O το ορθόκεντρο και το περίκεντρο αντίστοιχα.

Β) Αν HO=3, R=\displaystyle{\frac{7\sqrt 3}{3}}, να υπολογιστούν οι πλευρές του τριγώνου.
Έστω δύο ίσοι κύκλοι (O,R)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(K,R) που το K ανήκει στον (O,R)\,\, και το O

στον (K,R) με κοινή χορδή BC . Προφανώς \boxed{BC = {\lambda _3} = R\sqrt 3 }. Επειδή το

συμμετρικό του ορθοκέντρου ως προς μια πλευρά του τριγώνου ανήκει στον

περιγεγραμμένο του κύκλο , συνεχίζω ως εξής : Γράφω και τον κύκλο

(O,d)\,\,\,,\,\,d = η δεδομένη απόσταση, ορθοκέντρου –περικέντρου, που τέμνει τον

(K,R) σε σημεία H\,\,,\,\,H' . Η κάθετη π. χ. από το σημείο H επί την BC τέμνει τον

(O,R) σε δύο σημεία A και T, τη δε BC στο D. ( AD > TD ) . Το \vartriangle ABC

είναι αυτό που θέλουμε.
Κατασκευή τριγώνου _Γ Βισβίκης.png
Κατασκευή τριγώνου _Γ Βισβίκης.png (19.19 KiB) Προβλήθηκε 407 φορές
Αν \boxed{OH = 3\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,R = \frac{{7\sqrt 3 }}{3}} θα είναι BC = 7 Αν M το μέσο του BC επειδή το

τετράπλευρο HOKT είναι ισοσκελές τραπέζιο με

HO = 3,\,OK = OT = HK = R\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TK = 3 από θ . Πτολεμαίου βρίσκουμε ,

HT = \dfrac{{22\sqrt 3 }}{{21}} εύκολα μετά με Π. Θ. \boxed{DM = \frac{{39}}{{14}}} και τελικά AC = 8\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AB = 5

Κατασκευή τριγώνου _Γ Βισβίκης_1.png
Κατασκευή τριγώνου _Γ Βισβίκης_1.png (32.5 KiB) Προβλήθηκε 400 φορές

Οι τιμές b = 8\,\,\kappa \alpha \iota \,\,c = 5 προκύπτουν με διάφορους τρόπους από τη στιγμή που

βρίσκουμε DM = \dfrac{{39}}{{14}} . π.χ. με b > c

Από θεώρημα προβολών στο \vartriangle ABC έχουμε :

{b^2} + {c^2} - bc = {a^2} \Rightarrow {b^2} + {c^2} - bc = 49\,\,\,(1)

Ενώ από το δεύτερο θεώρημα διαμέσων πάλι στο \vartriangle ABC προκύπτει

{b^2} - {c^2} = 2aDM \Rightarrow {b^2} - {c^2} = 39\,\,(2) . Από την (1) έχουμε , \boxed{c = 2b - \dfrac{{88}}{b}} και η (2)

δίδει: {b^2} - {(2b - \dfrac{{88}}{b})^2} = 39 \Rightarrow {b^2} - 4({b^2} - 88 + \dfrac{{{{44}^2}}}{{{b^2}}}) = 39 . Αν θέσουμε \boxed{{b^2} = x}

προκύπτει x - 4(x - 88 + \dfrac{{{{44}^2}}}{x}) = 39 \Leftrightarrow 3{x^2} - 313x + 7744 = 0

με λύσεις x = 64\, ή x = \dfrac{{121}}{3} και έτσι \boxed{b = 8} ή b = \dfrac{{11}}{{\sqrt 3 }} . Μόνο όμως η πρώτη

επαληθεύει τα αρχικά δεδομένα και έχουμε από τη (2) \boxed{c = 5} .


Φιλικά, Νίκος


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης