mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 17, 2017 8:19 pm**

Να κατασκευάσετε τρίγωνο ABC

, όταν δίνονται η διάμεσος m_b

η διαφορά των διαμέσων

m_a-m_c=k

και η γωνία $\omega$ των διαμέσων m_a, m_c.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 17, 2017 10:10 pm**

Έστω λυμένο το πρόβλημα. Είναι δε $AD = {m_a}\,\,,\,\,BE = {m_b}\,\,,\,\,CZ = {m_c}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{m_a} > {m_c}$ .

Απ’ αυτά γνωρίζω : ${m_b}\,\,,{m_a} - {m_c}\,\,\,,\widehat {AGB}$ όπου

το βαρύκεντρο του τριγώνου

ABC

. Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

. Του τριγώνου GTC

γνωρίζω : $\boxed{TC = BG = \dfrac{2}{3}{m_b}}$ και $\boxed{\widehat T = 180^\circ - \widehat {AGB} = 180^\circ - \widehat \omega }$ , ακόμα δε τη διαφορά

των δύο άλλων , άρα κατασκευάζεται. Προς τούτο κατασκευάζω τρίγωνο STC

με

: Κατασκευή τριγώνου _Bisbikis_17_2_17.png (26.38 KiB) Προβλήθηκε 740 φορές

$ST = \dfrac{2}{3}({m_a} - {m_c})$ . Η μεσοκάθετος του

συναντά την ευθεία

στο

.

Τώρα θεωρώ το συμμετρικό

του

ως προς το μέσο

του

. Φέρνω τη

και την προεκτείνω πέρα του

κατά τμήμα $\boxed{GE = \frac{1}{3}{m_b}}$ . Τέλος οι ευθείες

$TG\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,CE$ τέμνοντα στη κορυφή

του τριγώνου μου ζητάμε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 19, 2017 12:46 pm**

Νίκο, νομίζω ότι υπάρχει παρεξήγηση, αφού η γωνία $\omega$ είναι μεταξύ των διαμέσων m_a, m_c

. Δίνω μία δική μου λύση.

Επικεντρωνόμαστε στην κατασκευή του $\triangle{GAC}$ , όπου

το βαρύκεντρο του $\triangle{BAC}$ , στη συνέχεια προεκτείνουμε τη διάμεσό του από το

κατά το διπλάσιο μήκος της και έχουμε το

.

Κατασκευάζουμε ισοσκελές τρίγωνο $\triangle{EDF}$ με DE=DF

και $\hat{D} = \omega$ . Φέρνουμε την ευθεία $\epsilon$ που διέρχεται από τα μέσα M, N

των

αντίστοιχα και τον κύκλο

για του οποίου τα σημεία

ισχύει $\displaystyle \frac{XN}{XD} = \frac{k}{m_b} = \frac{m_a - m_c}{m_b}$ . Έστω

η τομή των $\epsilon, c$ εκτός του $\triangle{EDF}$ . Το τρίγωνο $\triangle{DFL}$ με

το μέσο της

είναι όμοιο με το $\triangle{GAC}$ και έτσι, με το μήκος της m_b

, κατασκευάζουμε το $\triangle{GAC}$ .

: const.png (84.3 KiB) Προβλήθηκε 692 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Φεβ 19, 2017 9:35 pm**

dement έγραψε:Νίκο, νομίζω ότι υπάρχει παρεξήγηση, αφού η γωνία $\omega$ είναι μεταξύ των διαμέσων . Δίνω μία δική μου λύση.

Ναι έγινε παρανόηση στη δεδομένη γωνία αλλά ανασκευάζεται η λύση στον ίδιο δρόμο :

Έστω λυμένο το πρόβλημα. Είναι δε $AD = {m_a}\,\,,\,\,BE = {m_b}\,\,,\,\,CZ = {m_c}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,{m_a} > {m_c}$ .

Απ’ αυτά γνωρίζω : ${m_b}\,\,,{m_a} - {m_c}\,\,\,,\widehat {AGB}$ όπου

το βαρύκεντρο του τριγώνου

ABC

. Έστω

το συμμετρικό του

ως προς το

. Του τριγώνου GTC

γνωρίζω : $\boxed{TC = BG = \dfrac{2}{3}{m_b}}$ , τη διαφορά TS = GT - GC

και $\displaystyle{\boxed{\widehat \theta = \widehat {TSC} = 90^\circ + \frac{{\widehat \omega }}{2}}}$ .

άρα κατασκευάζεται. Προς τούτο κατασκευάζω τρίγωνο STC

με

: κατασκευή τριγώνου _Βισβίκης 17_2_17 διόρθωση.png (24.62 KiB) Προβλήθηκε 665 φορές

$ST = \dfrac{2}{3}({m_a} - {m_c})$ , $\boxed{TC = \dfrac{2}{3}{m_b}}$ και $\displaystyle{\boxed{\widehat \theta = 90^\circ + \dfrac{{\widehat \omega }}{2}}}$ . Η μεσοκάθετος του

συναντά

την ευθεία

στο

.Τώρα θεωρώ το συμμετρικό

του

ως προς το μέσο

του

. Φέρνω τη

και την προεκτείνω πέρα του

κατά τμήμα $\boxed{GE = \dfrac{1}{3}{m_b}}$ .

Τέλος οι ευθείες $TG\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,CE$ τέμνοντα στη κορυφή

του τριγώνου μου ζητάμε.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Φεβ 20, 2017 1:23 pm**

Καλό μεσημέρι σε όλους!

Κάτι παρόμοιο με τον Νίκο.

Ανάλυση: Έστω ότι κατασκευάστηκε, M, N, P

τα μέσα των πλευρών BC, AC, AB

αντίστοιχα,

το βαρύκεντρο

και $C\widehat GA=\omega.$ Επί του τμήματος

θεωρώ σημείο

ώστε

και έστω

το μέσο του CD.

Είναι:

$\displaystyle{AD = \frac{2}{3}({m_a} - {m_c}) = \frac{{2k}}{3} \Leftrightarrow }$ $\boxed{HN=\frac{k}{3}}$ , $\boxed{GN=\frac{m_b}{3}}$ και $\displaystyle{N\widehat HG = {180^0} - H\widehat GA = {180^0} - C\widehat GH \Leftrightarrow }$

$\boxed{N\widehat HG = {180^0} - \frac{\omega }{2}}$ Άρα το τρίγωνο GHN