Κατασκευή τριγώνου

Συντονιστές: vittasko, silouan, rek2

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10560
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Κατασκευή τριγώνου

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Μάιος 07, 2021 10:07 am

Να κατασκευάσετε τρίγωνο ABC, όταν δίνονται η γωνία \widehat A=\theta, η διάμεσος AM=m και η διχοτόμος AD=d.



Λέξεις Κλειδιά:
ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3359
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Κατασκευή τριγώνου

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Μάιος 10, 2021 8:26 pm

george visvikis έγραψε:
Παρ Μάιος 07, 2021 10:07 am
Να κατασκευάσετε τρίγωνο ABC, όταν δίνονται η γωνία \widehat A=\theta, η διάμεσος AM=m και η διχοτόμος AD=d.
Θα δώσω μια λύση που δεν ξέρω αν είναι εντός φακέλλου.
Η λύση δίνει ότι η κατασκευή είναι πάντα δυνατή αν m\geq d
οπότε δεν χρειάζεται διερεύνηση.
Παίρνουμε σαν μονάδα μέτρησης το μήκος d δηλαδή d=1
Ετσι είναι m\geq 1
Αφού η \widehat A=\theta, είναι γνωστή το a=\tan \frac{\theta }{2}
κατασκευάζεται.
Θεωρούμε σύστημα συντεταγμένων και τα σημεία A=(0,1),B=(a,0),C=(-a,0).
Το πρόβλημα ανάγεται στο
Από το (0,0) να φέρουμε ευθεία που τέμνει τις ημιευθείες που ορίζουν τα AB,AC στα B_{1},C_{1}
και αν M το μέσο του B_{1},C_{1} τότε MA=m

Εστω y=\lambda x,\lambda >0 η ευθεία.
(παραλείπω πράξεις ρουτίνας μεν σημαντικές δε)
Αν θέσουμε t=\lambda a
η συνθήκη MA=m δίνει
m^2t^4-t^2(2m^2+a^2)+m^2-1=0(1)
Εύκολα βλέπουμε (από αυτά που παραλείψαμε ) οτι 0<t<1
Ετσι η (1) δίνει μοναδική λύση ως προς t .
Βρίσκουμε το  \lambda και ολοκληρώνουμε την κατασκευή.
Προφανώς για \lambda <0 έχουμε την συμμετρική λύση.

Θυμάμαι από μαθητής το πρόβλημα
Να κατασκευασθεί τρίγωνο αν γνωρίζουμε την \widehat A=\theta,
και δύο από τα \upsilon _{a},\mu _{a},\delta _{a}.
Υπάρχει και καθαρά Γεωμετρική λύση.
Αν δεν γραφεί κάποια στιγμή θα την γράψω.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 7977
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Κατασκευή τριγώνου

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Μάιος 12, 2021 12:27 am

george visvikis έγραψε:
Παρ Μάιος 07, 2021 10:07 am
Να κατασκευάσετε τρίγωνο ABC, όταν δίνονται η γωνία \widehat A=\theta, η διάμεσος AM=m και η διχοτόμος AD=d.
Ανάλυση: Στο σχολικό βιβλίο υπάρχει μια απλή άσκηση .

Αν σε τρίγωνο \vartriangle ABC φέρω τη διάμεσο AM και οι διχοτόμοι των \widehat {AMB}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {AMC} κόψουν τις AB,AC στα E,Z τότε : EZ//BC.

Έστω τώρα λυμένο το πρόβλημα . Αν θεωρήσω το ευθύγραμμο τμήμα AD = d ως

βάση κατασκευής τότε είναι σταθερές οι ευθείες AB,AC οι γωνίες \widehat {BAD} = \widehat {CAD} = \theta

καθώς και το μήκος AM = m.

Φέρνω από το C παράλληλη στην AM και τέμνει την BA στο T. Θα είναι BA = AT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CT = 2m.

Φέρνω και τη διχοτόμο AZ του \vartriangle ACT συνεπώς DZ//BT( σύμφωνα με τη σχολική άσκηση ) με άμεσες συνέπειες:
κατασκευή τριγώνου_Bis_new_2_extra.png
κατασκευή τριγώνου_Bis_new_2_extra.png (21.39 KiB) Προβλήθηκε 391 φορές
Το ορθογώνιο τρίγωνο ADZ κατασκευάζεται γιατί AD = d\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\,\,\widehat {{\alpha _1}} = \widehat \theta οπότε είναι σταθερό και το \boxed{AZ = k}.

Το τρίγωνο ATC κατασκευάζεται γιατί ξέρουμε την πλευρά του TC = 2m την απέναντι γωνία του \widehat {TAC} = 180^\circ  - 2\widehat \theta

( άρα ξέρουμε και την ακτίνα του περιγεγραμμένου του κύκλου ) και τη διχοτόμο του AZ = k.

Δηλαδή γράφω το κύκλο του , θεωρώ χορδή του TC = 2m, από το μέσο του αντίστοιχου τόξου ( νότιος πόλος ) γράφω κύκλο υπολογίσιμης ακτίνας και βρίσκω το Z.

Στο δυναμικό αρχείο που επισυνάπτω μπορείτε να αλλάξετε τα μήκη διχοτόμου, διαμέσου και γωνίας με τους δρομείς , αρκεί η διχοτόμος να είναι πιο μικρή από τη διάμεσο .( Δείτε σχετικά και την λύση του Κ. Σταύρου Παπαδόπουλου
Συνημμένα
Κατασκευή τριγώνου_ok.ggb
(38.78 KiB) Μεταφορτώθηκε 6 φορές


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10560
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Κατασκευή τριγώνου

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Μάιος 13, 2021 5:23 pm

Ευχαριστώ τον Σταύρο και τον Νίκο για τις λύσεις τους.

\displaystyle  \bullet Μου άρεσε ιδιαίτερα :clap2: η αρχική ιδέα του Σταύρου:

"Από το (0,0) να φέρουμε ευθεία που τέμνει τις ημιευθείες που ορίζουν τα
AB,AC στα B_{1},C_{1} και αν M το μέσο του B_{1},C_{1} τότε MA=m"


και αναζητώ γεωμετρική λύση σε αυτό.

\displaystyle  \bullet Μου άρεσε επίσης η ολοκληρωμένη και εμπεριστατωμένη γεωμετρική κατασκευή του Νίκου :clap2:



Αργότερα, αν δεν υπάρξει άλλη λύση, θα δώσω και μία άλλη προσέγγιση.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10560
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Κατασκευή τριγώνου

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Μάιος 14, 2021 7:23 pm

Η κατασκευή που θα κάνω εδώ δεν είναι δική μου. Την γράφω όπως την διάβασα.
Κατασκευή τριγώνου.Δδ.png
Κατασκευή τριγώνου.Δδ.png (29.94 KiB) Προβλήθηκε 293 φορές
Κατασκευή: Γράφω κύκλο χορδής AE=2m που δέχεται γωνία \theta και φέρνω τη διάμετρο KL κάθετη στην AE στο

μέσο της M. Επί της LE θεωρώ σημείο P ώστε EP=\dfrac{d}{2} και φέρνω PQ||KL (Q σημείο της KE). Προεκτείνω

την LQ κατά τμήμα QS=QE. Ο κύκλος (L, LS) τέμνει το τόξο \overset\frown{KE} στο B. Αν C είναι το συμμετρικό του B ως

προς M, τότε το ABC είναι το ζητούμενο τρίγωνο.

Η απόδειξη εδώ(*)

Το πρόβλημα έχει λύση όταν \boxed{m\ge d}


(*) Εκκρεμεί η απόδειξη, γιατί η λύση στην παραπομπή είναι λάθος.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10560
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Κατασκευή τριγώνου

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Κυρ Μάιος 23, 2021 5:27 pm

Δίνω μία μετρική λύση. Στην ουσία αποδεικνύω ότι με τα δεδομένα του προβλήματος κατασκευάζονται οι

πλευρές b, c, οπότε αφού είναι γνωστή και η γωνία \widehat A=\theta, το τρίγωνο ABC είναι κατασκευάσιμο.




Με νόμο συνημιτόνου \boxed{{a^2} = {b^2} + {c^2} - 2bc\cos \theta} και με θ. διαμέσων \boxed{4m^2=2b^2+2c^2-a^2}

Με απαλοιφή του a έχω \displaystyle {b^2} + {c^2} - 4{m^2} =  - 2bc\cos \theta  \Leftrightarrow \boxed{{(b + c)^2} - 2bc(1 + \cos \theta ) - 4{m^2} = 0} (1)

Αλλά, \displaystyle d = \frac{{2bc}}{{b + c}}\cos \frac{\theta }{2}\mathop  \Rightarrow \limits^{(1)} \boxed{{(b + c)^2} - 2d(b + c)\sin \frac{\theta }{2}\tan \frac{\theta }{2} - 4{m^2} = 0}

Επειδή -4m^2<0, η παραπάνω δευτεροβάθμια εξίσωση έχει ακριβώς μία θετική ρίζα, έστω b+c=S

και με αντικατάσταση βρίσκουμε bc=P, άρα οι b, c, είναι ρίζες της εξίσωσης \boxed{x^2-Sx+P=0}


Εδώ βέβαια χρειάζεται διερεύνηση, κατά πόσον η τελευταία αυτή εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες και μάλιστα θετικές.

Για να αποφύγουμε αυτό το βήμα, μπορούμε να σταματήσουμε στον υπολογισμό του b+c. Το πρόβλημα λοιπόν

ανάγεται στην κατασκευή τριγώνου από το άθροισμα δύο πλευρών του, την περιεχομένη γωνία και το μήκος

της αντίστοιχης διχοτόμου.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 3359
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Κατασκευή τριγώνου

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Δευ Μάιος 24, 2021 8:35 pm

george visvikis έγραψε:
Κυρ Μάιος 23, 2021 5:27 pm

Για να αποφύγουμε αυτό το βήμα, μπορούμε να σταματήσουμε στον υπολογισμό του b+c. Το πρόβλημα λοιπόν

ανάγεται στην κατασκευή τριγώνου από το άθροισμα δύο πλευρών του, την περιεχομένη γωνία και το μήκος

της αντίστοιχης διχοτόμου.
Είναι γνωστό ότι σε ένα τρίγωνο ισχύει

\displaystyle \frac{1}{\beta }+\frac{1}{\gamma }=\frac{1}{c}

όπου c είναι η πλευρά του ισοσκελους τριγώνου με βάση την \displaystyle \delta _{a}
και γωνίες βάσεις \displaystyle \frac{A}{2}
Αρα το c είναι γνωστό μήκος στην περίπτωση μας.

Ετσι \displaystyle c(\beta +\gamma )=\beta \gamma

Αφού \displaystyle\beta +\gamma γνωστό και το \displaystyle\beta \gamma είναι γνωστό και τελικά τα
\displaystyle\beta ,\gamma γνωστά .


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10560
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Κατασκευή τριγώνου

#8

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Μάιος 26, 2021 10:17 am

Αφού ευχαριστήσω το Σταύρο για τη λύση του, θα δώσω μία διαφορετική κατασκευή.

Έστω ότι δίνονται \widehat A=2\theta, b+c=k και η διχοτόμος AD=d.
Κατασκευή τριγώνου.β.png
Κατασκευή τριγώνου.β.png (16.81 KiB) Προβλήθηκε 89 φορές
Ανάλυση: Έστω ABC το ζητούμενο τρίγωνο. Στην προέκταση του AB θεωρώ σημείο E ώστε BE=b, οπότε

AE=k. Η AD τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο μέσο M του τόξου \overset\frown{BC}. Άρα BM=MC και τα τρίγωνα

MBE, MCA είναι προφανώς ίσα. Επομένως, MA=ME. Το τρίγωνο MAE είναι λοιπόν κατασκευάσιμο (είναι

ισοσκελές με βάση AE=k και προσκείμενες γωνίες ίσες με \theta). Έτσι, το τμήμα AM είναι ορισμένο, άρα και το DM.

Επομένως το B είναι το σημείο τομής της AE με το τόξο χορδής DM που δέχεται γωνία \theta. Εύκολα τώρα οδηγούμαστε

στην κατασκευή του ABC. Η απόδειξη είναι απλή και προκύπτει άμεσα από την Ανάλυση.

Διερεύνηση: \displaystyle 2\sqrt {bc}  \le b + c \Leftrightarrow 4bc \le {k^2}. Αλλά, \displaystyle d = \frac{{2bc}}{{b + c}}\cos \theta  \le \frac{{{k^2}}}{{2k}}\cos \theta

Άρα το πρόβλημα έχει λύση όταν \boxed{d \le \frac{k}{2}\cos \theta }


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Αρχιμήδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

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