Μαντέψτε πως σκέφτηκε

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 10618
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Μαντέψτε πως σκέφτηκε

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Ιουν 23, 2012 2:28 pm

Σε ημικύκλιο διαμέτρου AB , είναι σχεδιασμένο τμήμα CE\perp AB . Θέλοντας κάποιος να γράψει κύκλο

ο οποίος να εφάπτεται των τμημάτων EC , EB αλλά και του ημικυκλίου , ακολουθεί τα εξής βήματα .

Αρχικά γράφει τόξο με ακτίνα AC ,το οποίο τέμνει την AB στο D και στη συνέχεια σχεδιάζει

τετράγωνο με βάση τη ED . Ισχυρίζεται ότι ο κύκλος (K,KD) , ( K η κορυφή που βρίσκεται

απέναντι από την E ) , είναι ο ζητούμενος . Δίκιο έχει αλλά ας εξηγήσουμε γιατί ...
Συνημμένα
Μαντέψτε  πως  σκέφτηκε.png
Μαντέψτε πως σκέφτηκε.png (9.72 KiB) Προβλήθηκε 519 φορές


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3938
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Μαντέψτε πως σκέφτηκε

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Σάβ Ιουν 23, 2012 5:41 pm

KARKAR έγραψε:Σε ημικύκλιο διαμέτρου AB , είναι σχεδιασμένο τμήμα CE\perp AB . Θέλοντας κάποιος να γράψει κύκλο

ο οποίος να εφάπτεται των τμημάτων EC , EB αλλά και του ημικυκλίου , ακολουθεί τα εξής βήματα .

Αρχικά γράφει τόξο με ακτίνα AC ,το οποίο τέμνει την AB στο D και στη συνέχεια σχεδιάζει

τετράγωνο με βάση τη ED . Ισχυρίζεται ότι ο κύκλος (K,KD) , ( K η κορυφή που βρίσκεται

απέναντι από την E ) , είναι ο ζητούμενος . Δίκιο έχει αλλά ας εξηγήσουμε γιατί ...
1.png
1.png (22.4 KiB) Προβλήθηκε 457 φορές
Προφανώς επειδή ο κύκλος \displaystyle{ 
\left( K \right) 
} θα εφάπτεται στις \displaystyle{ 
CD,BE 
} το κέντρο του θα βρίσκεται στη διχοτόμο της \displaystyle{ 
\widehat{BEC} = 90^0  
} κατά συνέπεια θα είναι

η κορυφή τετραγώνου με δύο πλευρές του πάνω στις \displaystyle{ 
EC,EB 
} που βρίσκεται απέναντι από την \displaystyle{ 
E 
}. Αν \displaystyle{ 
\rho  
} είναι η ακτίνα του ζητούμενου κύκλου \displaystyle{ 
\left( K \right) 
}

και \displaystyle{ 
R 
} η ακτίνα του ημικυκλίου \displaystyle{ 
\left( O \right) 
} τότε επειδή εφάπτονται εσωτερικά θα ισχύει: \displaystyle{ 
\boxed{\left( {OK} \right) = R - \rho }:\left( 1 \right) 
}

Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο \displaystyle{ 
\vartriangle KDO\,\,\left( {KD \bot AB,D \in AB} \right) 
} έχουμε: \displaystyle{ 
E 
}

\displaystyle{ 
\left( {OK} \right)^2  = \left( {KD} \right)^2  + \left( {OD} \right)^2 \mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {KD} \right) = \rho ,\left( {OD} \right) = \left| {\left( {AD} \right) - R} \right|,\left( 1 \right)} \left( {R - \rho } \right)^2  = \rho ^2  + \left| {\left( {AD} \right) - R} \right|^2  \Leftrightarrow  
} \displaystyle{ 
R^2  - 2R\rho  + \rho ^2  = \rho ^2  + \left( {AD} \right)^2  - 2R\left( {AD} \right) + R^2  
}

\displaystyle{ 
 \Leftrightarrow  \ldots \left( {AD} \right)^2  = 2R\left( {\left( {AD} \right) - \rho } \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\rho  = \left( {ED} \right)} \left( {AD} \right)^2  = 2R\left( {\left( {AD} \right) - \left( {ED} \right)} \right) \Rightarrow \left( {AD} \right)^2  = 2R\left( {AE} \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{2R = \left( {AB} \right)} \left( {AD} \right)^2  = \left( {AB} \right) \cdot \left( {AE} \right) 
}

\displaystyle{ 
\mathop  \Rightarrow \limits^{\vartriangle ABC\,\,(o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o\,\,\sigma \tau o\,\,C(\lambda o\gamma \omega \,\,\tau o\upsilon \,\,\eta \mu \iota \kappa \upsilon \kappa \lambda \iota o\upsilon )) \to \left( {AB} \right) \cdot \left( {AE} \right) = \left( {AC} \right)^2 } \left( {AD} \right)^2  = \left( {AC} \right)^2  \Rightarrow \boxed{\left( {AD} \right) = \left( {AC} \right)} 
}επομένως

το κέντρο του ζητούμενου κύκλου θα είναι το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας \displaystyle{ 
\widehat{BEC} 
} και της κάθετης στην \displaystyle{ 
AB 
} στο σημείο \displaystyle{ 
D \in AB 
} για το οποίο ισχύει: \displaystyle{ 
\left( {AD} \right) = \left( {AC} \right) 
}.

Η αντίστροφη πορεία της κατασκευής αποδεικνύει ότι πράγματι το \displaystyle{ 
K 
} είναι το κέντρο του ζητουμένου κύκλου και το πρόβλημα τελείωσε.


Στάθης


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
Xriiiiistos
Δημοσιεύσεις: 183
Εγγραφή: Τρί Μάιος 15, 2018 4:36 pm
Τοποθεσία: Αιγάλεω

Re: Μαντέψτε πως σκέφτηκε

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Xriiiiistos » Παρ Μάιος 17, 2019 7:38 am

KARKAR έγραψε:
Σάβ Ιουν 23, 2012 2:28 pm
Σε ημικύκλιο διαμέτρου AB , είναι σχεδιασμένο τμήμα CE\perp AB . Θέλοντας κάποιος να γράψει κύκλο

ο οποίος να εφάπτεται των τμημάτων EC , EB αλλά και του ημικυκλίου , ακολουθεί τα εξής βήματα .

Αρχικά γράφει τόξο με ακτίνα AC ,το οποίο τέμνει την AB στο D και στη συνέχεια σχεδιάζει

τετράγωνο με βάση τη ED . Ισχυρίζεται ότι ο κύκλος (K,KD) , ( K η κορυφή που βρίσκεται

απέναντι από την E ) , είναι ο ζητούμενος . Δίκιο έχει αλλά ας εξηγήσουμε γιατί ...
Θεωρούμε αντιστροφή με πόλο Α και δύναμη AC^{2}. Επειδή το σχήμα μεένει ουσιαστικά αμετάβλητο έχουμε AD^{2}=AC^{2}


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8077
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Μαντέψτε πως σκέφτηκε

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Μάιος 17, 2019 9:57 am

Περισσότερες λύσεις εδώ


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

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