ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ ΚΑΘΕΤΟΥ 2

S.E.Louridas · #1

Έθεσα αρχικά το εύκολο θέμα (viewtopic.php?f=185&t=70211): Να κατασκευαστεί κάθετος σε ευθεία και σε δοθέν σημείο της χρησιμοποιώντας μόνο μία φορά τον διαβήτη, ως προπομπού του εξής θέματος ίδιας νοοτροποίας το οποίο και προτείνω:
Δίνεται κύκλος, μια διάμετρος του και σημείο της διαμέτρου αυτής χωρίς να δίνεται το κέντρο του. Να κατασκευαστεί η κάθετος στην και στο σημείο με χρήση μόνο του κανόνα (μη διαβαθμισμένος και τέλεια απλός χάρακας).

#2

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 24, 2021 12:29 am
Έθεσα αρχικά το εύκολο θέμα (viewtopic.php?f=185&t=70211): Να κατασκευαστεί κάθετος σε ευθεία και σε δοθέν σημείο της χρησιμοποιώντας μόνο μία φορά τον διαβήτη, ως προπομπού του εξής θέματος ίδιας νοοτροποίας το οποίο και προτείνω:
Δίνεται κύκλος, μια διάμετρος του και σημείο της διαμέτρου αυτής χωρίς να δίνεται το κέντρο του. Να κατασκευαστεί η κάθετος στην και στο σημείο με χρήση μόνο του κανόνα (μη διαβαθμισμένος και τέλεια απλός χάρακας).

Πρώτο βήμα

Βρίσκω την πολική του

ως προς τον κύκλο με τη βοήθεια του χάρακα .

: κατασκευή καθέτου 2 _α.png (45.34 KiB) Προβλήθηκε 511 φορές

Η κόκκινη με την μπλέ τέμνουσα δίδουν το σημείο

της πολικής και οι πράσινη με τη ρόζ το σημείο

. Όλες οι τέμνουσες διέρχονται από το δεδομένο σημείο

.

Η

είναι η πολική του

ως προς τον κύκλο και είναι $KL \bot AB$ ενώ αν

το σημείο τομής των $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,KL$ η τετράδα : $\left( {A,B\backslash E,C} \right)$ είναι αρμονική.

Δεύτερο βήμα:

: κατασκευή καθέτου 2 _b.png (21.86 KiB) Προβλήθηκε 511 φορές

Από το

( αρμονικό συζυγές του

ως προς τα $A\,\,\kappa \alpha \iota \,\,B$ ) φέρνω τυχαία τέμνουσα $\overline {EPQ}$ στον κύκλο ,

Αν

το σημείο που διασταυρώνονται οι $AQ\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BP$ , η

είναι η πολική του

ως προς τον κύκλο και είναι κάθετη στην

στο

.

S.E.Louridas · #3

S.E.Louridas έγραψε: ↑
Παρ Σεπ 24, 2021 12:29 am
Δίνεται κύκλος, μια διάμετρος του και σημείο $\Gamma$ της διαμέτρου αυτής χωρίς να δίνεται το κέντρο του. Να κατασκευαστεί η κάθετος στην και στο σημείο $\Gamma$ με χρήση μόνο του κανόνα (μη διαβαθμισμένος και τέλεια απλός χάρακας).

Θεωρούμε από σημείο $\Delta$ του π.χ. άνω ημικυκλίου την κάθετη $\Delta {\rm Z}$ χωρίς χρήση διαβήτη με τον τρόπο που ήδη είδαμε viewtopic.php?f=185&t=70211&p=341193#p341193. Έστω $\Theta ,{\rm H}$ οι αντίστοιχες τομές των $\Delta \Gamma ,\;{\rm Z}\Gamma$ με τον κύκλο. Η $\Gamma {\rm M}$ είναι διχοτόμος της $\angle {\rm H}\Gamma \Delta ,$ αφού $\angle {\rm Z}\Delta \Gamma = \angle \Gamma {\rm Z}\Delta \;\left( 1 \right),\,\;\angle {\rm M}\Gamma \Delta = \angle {\rm Z}\Delta \Gamma ,\,\;\angle {\rm H}\Gamma {\rm M} = \angle \Gamma {\rm Z}\Delta .$ Αν λοιπόν ${\rm I} = \Delta {\rm H} \cap {\rm A}{\rm B}\;{\text{\kappa \alpha \iota }}\;{\rm M}$ το κοινό σημείο της προς κατασκευή καθέτου με την $\Delta {\rm H},$ τότε, και λόγω της $\left( 1 \right)$ το ${\rm M}$ θα είναι αρμονικό συζυγές του ${\rm I}$ ως προς τα σημεία ${\rm H}$ και $\Delta .$
Για να προσδιορίσουμε τώρα το σημείο ${\rm M}$ άρα και τη ζητούμενη κάθετη, θεωρούμε τυχούσα ευθεία διερχόμενη από το σημείο ${\rm I}$ που τέμνει τις $\Gamma {\rm H},\;\Gamma \Delta$ στα σημεία ${\rm K},\Lambda$ αντίστοιχα και έτσι δημιουργήθηκε το πλήρες τετράπλευρο $\Gamma {\rm K}{\rm N}\Lambda ,\,\;{\rm N} = {\rm K}\Delta \cap \Lambda {\rm H}.$ Επομένως έχουμε ${\rm M} = \Gamma {\rm N} \cap \Delta {\rm H}.$

: ναι.png (67.92 KiB) Προβλήθηκε 480 φορές

S.E.Louridas · #4

Σας παραθέτω το ενδιαφέρον ιστορικό που μας οδήγησε στην Μαθηματική μας κουβέντα που κάναμε εδώ. Είναι αξιοσημείωτο ότι το αρχικό πρόβλημα το έθεσε ο Ρώσος Υπουργός στους Μαθητές σε μία επίσκεψη του εκεί .........., όπως θα διαπιστώσετε στον σύνδεσμο που ακολουθεί και που
μας το πρόσφερε ο άριστος συνάδελφος Σωτήρης Γκουντουβάς
https://www.facebook.com/groups/119060981470596

ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ ΚΑΘΕΤΟΥ 2

ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ ΚΑΘΕΤΟΥ 2

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ ΚΑΘΕΤΟΥ 2

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ ΚΑΘΕΤΟΥ 2

Re: ΚΑΤΑΣΚΕΥΗ ΚΑΘΕΤΟΥ 2

Μέλη σε σύνδεση