Διχοτόμος γεωμετρικός μέσος

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8803
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Διχοτόμος γεωμετρικός μέσος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Παρ Δεκ 06, 2019 6:47 pm

Έστω AD το ύψος και AE η διχοτόμος τριγώνου ABC με \displaystyle BC = 15,AD = \frac{{3\sqrt 7 }}{2}. Αν τα BE, AE, EC

είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, A) να κατασκευάσετε χωρίς υπολογισμούς το τρίγωνο ABC.

B) Να υπολογίσετε τα μήκη των τμημάτων BE, AE, EC καθώς επίσης και τα μήκη των πλευρών AB, AC.



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1181
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Διχοτόμος γεωμετρικός μέσος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Δευ Δεκ 09, 2019 3:25 pm

Καλό απόγευμα σε όλους!
Ας δούμε Γιώργο μια κατασκευή τριγώνου ABC -με κανόνα και διαβήτη- γενικότερη
με γνωστό το μήκος της BC=a και του ύψους AD=h,
όπου η διχοτόμος AE να είναι γεωμετρικός μέσος των τμημάτων BE και EC
Δίνω τώρα την κατασκευή και ας μου επιτραπεί να επανέλθω αργότερα για την απόδειξη..
Διχοτόμος Γεωμετρικός μέσος.PNG
Διχοτόμος Γεωμετρικός μέσος.PNG (13.68 KiB) Προβλήθηκε 164 φορές
Έστω O το μέσον της BC . Κατασκευάζουμε πρώτα το τμήμα x (στο σχήμα δεξιά) ώστε να ισχύει 2x^{2}=a^{2}-\left ( 2h \right )^{2}

και επί της BC παίρνουμε τμήμα OD=x. Φέρουμε AD \perp BC με AD=h και την διχοτόμο AE του τριγώνου ABC.

Μένει να δείξουμε ότι ισχύει AE^{2}= BE\cdot EC ..( έπεται η συνέχεια , όταν δοθεί η ευκαιρία).

Επανέρχομαι για την αιτιολόγηση της ως άνω κατασκευής. Ας αρχίσουμε λοιπόν με την ανάλυση:
Έστω ότι κατασκευάστηκε το τρίγωνο ABC με BC=a , ύψος AD=h και για την διχοτόμο AE ισχύει AE^{2}=BE \cdot EC.

Ισχύει επίσης για την διχοτόμο ο τύπος AE^{2}= AB\cdot AC-BE\cdot EC συνεπώς προκύπτει AB\cdot AC=2BE\cdot EC.

Ακόμη από το θ. εσωτερικής διχοτόμου παίρνουμε \dfrac{BE}{EC}=\dfrac{AB}{AC}.Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη δίνουν AB^{2}=2BE^{2}\Leftrightarrow AB=BE\sqrt{2} οπότε και AC=EC\sqrt{2}. Με πρόσθεση αυτών έχουμε \boxed{AB+AC=BC\sqrt{2}=a\sqrt{2}}
που είναι ο γεωμετρικός ορισμός της έλλειψης με εστίες τα B,C.Επικαλούμαστε γι' αυτό την συνδρομή του Rene Descartes.

Θεωρούμε αρχή των αξόνων το μέσον O του BC και ως άξονα των x'x την ευθεία BC. Τότε οι συντεταγμένες του A είναι

x_{A}=OD=x...y_{A}=AD=h και επαληθεύουν την εξίσωση της έλλειψης άρα ισχύει \dfrac{x^{2}}{k^{2}}+\dfrac{h^{2}}{m^{2}}=1

όπου 2k=a\sqrt{2}\Leftrightarrow k^{2}=\dfrac{a^{2}}{2} και m^{2}=k^{2}-\left ( \dfrac{a}{2} \right )^{2}=\dfrac{a^{2}}{4}.
Η εξίσωση γίνεται \dfrac{2x^{2}}{a^{2}}+\dfrac{4h^{2}}{a^{2}}=1\Leftrightarrow 2x^{2}=a^{2}-\left ( 2h \right )^{2} και έτσι έχουμε την παραπάνω κατασκευή.
Το σημείο με συντεταγμένες (x,h) είναι μοναδικό άρα πρόκειται για το αρχικό A για το οποίο ισχύουν οι ιδιότητες και οι σχέσεις που απαιτεί η εν λόγω κατασκευή.

Να τονίσουμε ότι το A δεν προέκυψε ως τομή κωνικής τομής με άλλη γραμμή, απλά έγινε αξιοποίηση της εξίσωσης της έλλειψης για να φτάσουμε σε αμιγώς Γεωμετρική κατασκευή. Δεν πρέπει βεβαίως να .. :) .. ξεχάσουμε και την διερεύνηση:
Η κατασκευή είναι εφικτή όταν ισχύει a\geq 2h.Στην ακραία σχέση a = 2h είναι x=0 και το ABC ορθογώνιο και ισοσκελές.
Τέλος με σταθερή τη θέση των B,C έχουμε άλλες τρεις θέσεις για το A τις συμμετρικές του ως προς την BC , την μεσοκάθετο αυτής αλλά και το κέντρο O.Λόγω συμμετρίας τα μεγέθη παραμένουν ως έχουν και δεν θεωρούνται διαφορετικές λύσεις.

Αν δεν καλυφθεί το Β ζητούμενο του θέματος , θα το κάνω σε επόμενη δημοσίευση.Φιλικά, Γιώργος.
τελευταία επεξεργασία από Γιώργος Μήτσιος σε Δευ Δεκ 09, 2019 11:49 pm, έχει επεξεργασθεί 1 φορά συνολικά.


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6959
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Διχοτόμος γεωμετρικός μέσος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Δευ Δεκ 09, 2019 10:35 pm

Έστω λυμένο το πρόβλημα. Γράφω τον περίκυκλο, \left( {O,R} \right) του τριγώνου ABC και η διχοτόμος AE τον τέμνει στο νότιο πόλο S.

EB \cdot EC = A{E^2} \Leftrightarrow AE \cdot ES = \,\,A{E^2}\,\, \Leftrightarrow \boxed{AE = ES}

Κατασκευή:
Διχοτόμος γεωμετρικός μέσος.png
Διχοτόμος γεωμετρικός μέσος.png (20.87 KiB) Προβλήθηκε 119 φορές
Κατασκευάζω ισοσκελές τρίγωνο SBC με ύψος SM = h\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC = a.

Γράφω τον κύκλο του τριγώνου αυτού κέντρου O.

Αν J το συμμετρικό του S ως προς B , η από το J παράλληλη στην BC τέμνει τον κύκλο στο A.

Προφανώς πρέπει SM \leqslant \dfrac{{BC}}{2} \Leftrightarrow \boxed{2h \leqslant a}.

Υπολογισμοί


Αν R = OA, Π. Θ. στο τρίγωνο MBS έχω: S{B^2} = {h^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4} κι επειδή SB = SC έχω
SB \cdot SC = {h^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4} \Rightarrow 2Rh = {h^2} + \dfrac{{{a^2}}}{4} \Rightarrow \boxed{R = \dfrac{{4{h^2} + {a^2}}}{{8h}}}\,\,(1) ( με τα δεδομένα \boxed{R = \dfrac{{24}}{{\sqrt 7 }}})

Θέτω AE = d\,\,,\,\,BE = x\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,EC = y συνεπώς θα ισχύουν:

\left\{ \begin{gathered} 
  x + y = a \hfill \\ 
  xy = {d^2} \hfill \\  
\end{gathered}  \right.\,\, \left( \Sigma  \right)

Αλλά από το \vartriangle ABC , bc = 2Rh και αφού

{d^2} = bc - xy \Rightarrow 2{d^2} = bc = 2Rh \Rightarrow {d^2} = Rh = \dfrac{{4{h^2} + {a^2}}}{8} το σύστημα \left( \Sigma  \right) γίνεται :
Διχοτόμος γεωμετρικός μέσος_μήκη.png
Διχοτόμος γεωμετρικός μέσος_μήκη.png (20.98 KiB) Προβλήθηκε 94 φορές

\left\{ \begin{gathered} 
  S = x + y = a \hfill \\ 
  P = xy = \dfrac{{4{h^2} + {a^2}}}{8} \hfill \\  
\end{gathered}  \right.\,\, από τη λύση της εξίσωσης : {k^2} - Sk + P = 0 έχω τα x,y

Η εξίσωση γράφεται : \boxed{8{k^2} - 8ak + {a^2} + 4{h^2} = 0}

(Με τα δεδομένα a,h γίνεται : {k^2} - 15k + 60 = 0 \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  x = 3 \hfill \\ 
  y = 12 \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow d = 6


Ενώ επειδή \left\{ \begin{gathered} 
  bc = 2Rh \hfill \\ 
  \frac{b}{c} = \frac{y}{x} \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  bc = 72 \hfill \\ 
  \frac{b}{c} = \frac{{12}}{3} = 4 \hfill \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 
  b = 12\sqrt 2  \hfill \\ 
  c = 3\sqrt 2  \hfill \\  
\end{gathered}  \right.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8803
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Διχοτόμος γεωμετρικός μέσος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Δεκ 10, 2019 5:59 pm

Ευχαριστώ τον Γιώργο και τον Νίκο για τις λύσεις τους. Η κατασκευή μου είναι ίδια ακριβώς με του Νίκου. Να αναφέρω

για την ιστορία ότι το κύριο ερώτημα της άσκησης, δηλαδή η κατασκευή, είναι από το βιβλίο του Σπύρου Κανέλλου,

Ευκλείδειος Γεωμετρία Επίπεδος (1973)
. Συγκεκριμένα είναι η άσκηση 1026 στη σελίδα 568 που περιλαμβάνεται στις

Γενικές άλυτες ασκήσεις.


Άβαταρ μέλους
Γιώργος Μήτσιος
Δημοσιεύσεις: 1181
Εγγραφή: Κυρ Ιούλ 01, 2012 10:14 am
Τοποθεσία: Aρτα

Re: Διχοτόμος γεωμετρικός μέσος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Γιώργος Μήτσιος » Τρί Δεκ 10, 2019 11:34 pm

Καλό βράδυ. Φαίνεται η δική μου κατασκευή ήταν μια..περιπλάνηση στα 4 σημεία του ορίζοντα ,
όπως δείχνει η σύντομη κατασκευή των Νίκου και Γιώργου μέσω μόνο του Νότιου πόλου! :coolspeak:
Έχει όμως και ένα καλό, ότι είναι εύκολοι πλέον οι υπολογισμοί:
Διχοτόμος ..G.V.PNG
Διχοτόμος ..G.V.PNG (6.58 KiB) Προβλήθηκε 54 φορές
Με BC=a=15 και AD=h=\dfrac{3\sqrt{7}}{2} ο τύπος  2x^{2}=a^{2}-\left ( 2h \right )^{2} δίνει OD=x=9 οπότε CD=9-15/2=3/2.

Το Π.Θ στο CAD μας δίνει AC=3\sqrt{2} ενώ είναι AC=EC\sqrt{2} άρα EC=3

κι' έπονται BE=12..AB=12\sqrt{2}...AE^{2}=12\cdot 3\Rightarrow AE=6. Φιλικά, Γιώργος.


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 0 επισκέπτες