Μεγάλες κατασκευές 37

KARKAR · #1

: Μεγάλες κατασκευές 37.png (9.84 KiB) Προβλήθηκε 837 φορές

Θέτω το πρόβλημα αλλά δεν έχω - εισέτι - λύση : Στη βάση

, τριγώνου ABC

να εντοπισθεί

σημείο

, ώστε αν

είναι το συμμετρικό του

ως προς

, να προκύψει : $\widehat{BA'S}=\widehat{CA'S}$ .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Τρί Μαρ 10, 2020 2:47 pm
Μεγάλες κατασκευές 37.pngΘέτω το πρόβλημα αλλά δεν έχω - εισέτι - λύση : Στη βάση , τριγώνου να εντοπισθεί

σημείο , ώστε αν είναι το συμμετρικό του ως προς , να προκύψει : $\widehat{BA'S}=\widehat{CA'S}$ .

Με τις συντεταγμένες του σχήματος, a,b,c>0,

είναι:

: Μεγάλες κατασκευές.37.png (15.69 KiB) Προβλήθηκε 773 φορές

$\displaystyle \frac{{\overrightarrow {A'S} \cdot \overrightarrow {A'C} }}{{(A'S)(A'C)}} = \cos \theta = \frac{{\overrightarrow {A'S} \cdot \overrightarrow {A'B} }}{{(A'S)(A'B)}} \Leftrightarrow \frac{{2{x^2} - cx + {a^2}}}{{A'C}} = \frac{{2{x^2} + bx + {a^2}}}{{A'B}}$ (1)

Αλλά από θεώρημα διχοτόμου, $\displaystyle \frac{{A'C}}{{A'B}} = \frac{{c - x}}{{b + x}}\mathop \Rightarrow \limits^{(1)}$ $\boxed{4{x^3} + 3(b - c){x^2} + 2({a^2} - bc)x + {a^2}(b - c) = 0}$

Κάπου εδώ, νομίζω ότι πρέπει να εγκαταλείψουμε την προσπάθεια κατασκευής. Ενδιαφέρον παρουσιάζει όμως

η περίπτωση του ισοσκελούς (). Τότε μία σίγουρη θέση του είναι το μέσο της ενώ παίζουν

και άλλες δύο θέσεις για και είναι $\boxed{x = \pm \sqrt {\frac{{{b^2} - {a^2}}}{2}} }$

(*)

είναι οι συντεταταγμένες στο σχήμα και όχι τα μήκη των πλευρών του τριγώνου.

S.E.Louridas · #3

Πράγματι από τη στιγμή που ο Γιώργος κατάληξε σε πλήρη εξίσωση τρίτου βαθμού δεν έχουμε γεωμετρική κατασκευή.

Ας δούμε λοιπόν με άλλο μάτι τη περίπτωση που έχουμε AB = AC.

Έστω ${BB_1} =AB, {CC_1}=AC$ , $Q \equiv \left\{ {AS} \right\} \cap \left\{ {{B_1}{C_1}} \right\},$ οπότε αρκεί να προσδιορίσουμε το

.

Έχουμε σε ισχύ τις σχέσεις $\frac{{BS}}{{SC}} = \frac{{QB}}{{QC}},\;\;\frac{{QB}}{{QC}} = \frac{{Q{B_1}}}{{Q{C_1}}},$ $\frac{{QB}}{{Q{B_1}}} = \frac{{QC}}{{Q{C_1}}}\;\,\left( 1 \right)$ . Θεωρούμε την ${C_1}{g{'}}\parallel B{B_1},$ οπότε $\frac{{QB}}{{Q{B_1}}} = \frac{{QN}}{{Q{C_1}}}\;\,\left( 2 \right).$

Από τις $\left( 1 \right),\;\left( 2 \right)$ αρκεί να κατασκευάσουμε το

ώστε

αφού τα

θα προκύψουν άμεσα.

Θεωρούμε τον κύκλο

με την ιδιότητα τα σημεία του τόξου CA'B

να βλέπουν την

υπό γωνία $\angle C{C_1}{B_1} = \angle {C_1}{B_1}B.$

Η τομή των ${C_1}g',\;\,q$ δίνει τα σημεία $Q,\;A'$ που με τη σειρά τους δίνουν ως τομές τα σημεία Q, M'

, και βέβαια υπάρχει και το σημείο

,

συμμετρικό του

ως προς

, μέσο της ${B_1}{C_1}.$

: KATASK..png (27.9 KiB) Προβλήθηκε 714 φορές

Μεγάλες κατασκευές 37

Μεγάλες κατασκευές 37

Re: Μεγάλες κατασκευές 37

Re: Μεγάλες κατασκευές 37

Μέλη σε σύνδεση