Με μοιρογνωμόνιο

KARKAR · #1

: Με γωνιόμετρο.png (12 KiB) Προβλήθηκε 717 φορές

Με κανόνα και μοιρογνωμόνιο θέλουμε να κατασκευάσουμε παραλληλόγραμμο ABCD

,

με γνωστές την AB=a

και την $\hat{A}=\theta$ , με την εξής ιδιότητα : Αν

μέσο της

και

η κάθετη

από το

προς την

προεκτεινόμενη , τέμνει την προέκταση της

στο σημείο

, να προκύπτει : PS=a

. ( Στο παρατιθέμενο σχήμα είναι : $\theta=66^0$ ) .

#2

KARKAR έγραψε: ↑
Σάβ Ιαν 20, 2018 1:31 pm
Με γωνιόμετρο.pngΜε κανόνα και μοιρογνωμόνιο θέλουμε να κατασκευάσουμε παραλληλόγραμμο ,

με γνωστές την και την $\hat{A}=\theta$ , με την εξής ιδιότητα : Αν μέσο της και

η κάθετη από το προς την προεκτεινόμενη , τέμνει την προέκταση της

στο σημείο , να προκύπτει : . ( Στο παρατιθέμενο σχήμα είναι : $\theta=66^0$ ) .

: με μοιρογνωμόνιο_1.png (26.37 KiB) Προβλήθηκε 661 φορές

Έχει το λόγο του ο πονηρός θανάσης γιατί με κανόνα και διαβήτης εν γένει δεν γίνεται!!

#3

Ανάλυση:

: με μοιρογνωμόνιο_1_Ανάλυση.png (33.31 KiB) Προβλήθηκε 647 φορές

Έστω λυμένο το πρόβλημα . Φέρνω από το

παράλληλη στην

που τέμνει την ευθεία

στο

.

Επειδή και το τετράπλευρο MEBC

είναι παραλληλόγραμμο θα είναι

$DA//BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ME// = BC \Rightarrow DA = ME \Rightarrow \boxed{DM = MA = AE}$ .

Αν τώρα

η προβολή του

στην

θα είναι $\boxed{SN = NB}$ .

Γράφω τώρα και τον κύκλο (N,NP)

που τέμνει ακόμα την ευθεία

στο σημείο

. Το

είναι απόστημα στη χορδή

και άρα $\boxed{AB = PS = BT}$ .

Αυτό σημαίνει ότι $\widehat P = \widehat T = \widehat {TAB} \Rightarrow \widehat {PBA} = 2\widehat T = 2\widehat {CBP}$ . Δηλαδή

$\boxed{\widehat P = \frac{1}{3}(180^\circ - \widehat {\theta \,})\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {PBA} = \frac{2}{3}(180^\circ - \widehat \theta )}$ .

Κατασκευή.( Με κανόνα και μοιρογνωμόνιο )

: με μοιρογνωμόνιο_2_Κατασκευή.png (31.19 KiB) Προβλήθηκε 647 φορές

Κατασκευάζω γωνία $\boxed{\omega = \dfrac{2}{3}(180^\circ - \theta )}$ άρα κατασκευάστηκε το τρίγωνο PAB

.

Φέρνω δια του

ευθεία έξω από το τρίγωνο PAB

που να σχηματίζει γωνία $\phi = \dfrac{1}{2}\omega$ ( δηλαδή παράλληλη στην

) με την

.

Φέρνω ευθεία δια του

( προς το μέρος του

) που να σχηματίζει γωνία $90^\circ - \omega$

με την

και έστω ότι τέμνει την μεν

στο

και την προηγούμενη παράλληλη στο

.

Δια του

φέρνω ευθεία προς το μέρος του

που να σχηματίζει γωνία ${\xi _1} = 90^\circ - \phi$ με την

και τέμνει την

στο

.

Στη συνέχεια ίση γωνία ${\xi _2} = 90^\circ - \phi$ από το

με την

που τέμνει την

στο

.

Τέλος από το

ευθεία ( πάλι προς τη μεριά του

) που να σχηματίζει γωνία ίση με

$90^\circ - \omega$ με την

και τέμνει την

στο σημείο

.

Παρατήρηση .

Αν στη κατασκευή είχα το δικαίωμα της χρήσης και του διαβήτη η κατασκευή είναι εντελώς απλή .

Με μοιρογνωμόνιο

Με μοιρογνωμόνιο

Re: Με μοιρογνωμόνιο

Re: Με μοιρογνωμόνιο

Μέλη σε σύνδεση