κι άλλη Γεωμετρία…

Δίδεται ευθεία (ε) και σημείο Α εκτός αυτής.

Πώς θα φέρουμε από αυτό το σημείο κάθετη προς την ευθεία, αν διαθέτουμε κανόνα, τον οποίον μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε όσες φορές θέλουμε και διαβήτη, τον οποίο, όμως, μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε, μία, μόνο, φορά;

 

(Visited 268 times, 1 visits today)
Subscribe
Ειδοποίηση για
17 Σχόλια
Inline Feedbacks
Όλα τα σχόλια
Γιάννης Κυριακόπουλος
Αρχισυντάκτης

Πριν απαντήσω μια διευκρίνηση:
Κανόνα τον οποίο απαγορεύεται να φράξεις ή να μουτζουρώσεις (αρχαιοελληνικόν, νόμιμον) ή μαϊμουδιάρη κανόνα. Δηλαδή η κινηματική γεωμετρία απαγορεύεται ή επιτρέπεται;
Διότι μαϊμουδιά μυρίζομαι. Αν πρόκειται για μαΙμουδιά πες το να μην κουράζομαι παίζοντας με τους κανόνες.

Γιάννης Κυριακόπουλος
Αρχισυντάκτης

Ούτε να τον φράσσεις με δάχτυλο και τέτοια υποθέτω.
Μην ξεχνάμε ότι με φραγμένο κανόνα επιτυγχάνεται ακόμα και η τριχοτόμηση γωνίας.
Μην είναι κάποια λύση του τύπου “Το σημείο είναι εκεί που ο φραγμένος κανόνας συναντά τον μοναδικό κύκλο”.

Κωνσταντίνος Καβαλλιεράτος

–ἀγεωμέτρητος μηδεὶς εἰσίτω–
Κατασκευη:
Eστω Ο σημειο της (ε) .Γραφω κυκλο με κεντρο το Ο τετοιο ωστε το Α να ειναι εξωτερικο σημειο του κυκλου.Εστω Β,Γ τα σημεια τομης του κυκλου με την ευθεια (ε).Γραφω το ευθυγραμμο τμημα ΑΒ που τεμνει τον κυκλο στο Κ. Γραφω το ευθυγραμμο τμημα ΑΓ που τεμνει τον κυκλο στο Λ.Γραφω τα ευθυγραμμα τμηματα ΚΓ,ΛΒ τα οποια τεμνονται στο Ρ. Η ευθεια η διερχομενη εκ των Α,Ρ ειναι η ζητουμενη ευθεια.

comment image

Αποδειξη:
Η ΒΚΓ γωνια ειναι ορθη διοτι ειναι εγγεγραμμενη γωνια του κυκλου η οποια βαινει σε ημικυκλιο.Αρα ΓΚ υψος του τριγωνου ΑΒΓ.
Η ΓΛΒ γωνια ειναι ομοιως ορθη διοτι ειναι εγγεγραμμενη γωνια του κυκλου η οποια βαινει σε ημικυκλιο.Αρα ΒΛ υψος του τριγωνου ΑΒΓ.
Αρα Ρ ορθοκεντρο του τριγωνου ΑΒΓ.Αρα η ευθεια η διερχομενη εκ των Α,Ρ ειναι το τριτο υψος του τριγωνου και ειναι καθετη στην ΒΓ η οποια βρισκεται πανω στην (ε). (Ο.Ε.Δ)

Τελευταία διόρθωση5 μήνες πριν από Διονύσης Μάργαρης
Μαλάμης Γρηγόρης
5 μήνες πριν

Καλημέρα Κωνσταντίνε.
Πολύ καλή απόδειξη. Αν δινόταν και ένα σχήμα με τον κύκλο κατασκευασμένο αρκετά δεξιότερα ( αριστερότερα ) , οπότε το σημείο τομής της ΑΒ( της ΑΓ ) με την περιφέρεια θα ήταν στην προέκταση της ΑΒ ( της ΑΓ ) στο κάτω ημικύκλιο θα ήταν τέλεια.

Κωνσταντίνος Καβαλλιεράτος
Απάντηση σε  Μαλάμης Γρηγόρης

Καλημερα Γρηγορη .Ναι τοτε θα ηταν αμβλυγωνιο τριγωνο και το ορθοκεντρο θα ηταν εκτος του τριγωνου. Το σχημα θα μπορουσε να παρουσιαστει μονο για διδακτικους σκοπους. Η διατυπωση της λυσης δεν το απαιτει.

Τελευταία διόρθωση5 μήνες πριν από Κωνσταντίνος Καβαλλιεράτος
Κωνσταντίνος Καβαλλιεράτος

Καλημερα κυριε Κουντούρη.Ειναι η ιδια λυση.Καθαρα θεμα τυχης αν το ορθοκεντρο θα βρεθει εντος η εκτος του τριγωνου αλλα αυτο δεν μας επηρεαζει καθολου ουτε χρειαζεται διερευνηση.

Κωνσταντίνος Καβαλλιεράτος

Ναι σωστα! Συμφωνω. Ειναι πλεονασμος να πουμε οτι ο κυκλος πρεπει να μην περιεχει το Α. Ειναι τελείως τυχαια η ακτινα του κυκλου.

Γιάννης Κυριακόπουλος
Αρχισυντάκτης

Καλημέρα παιδιά.
Εξαιρετικές οι λύσεις σας!

Γιάννης Κυριακόπουλος
Αρχισυντάκτης

ΟΙ λύσεις που προτείνατε δουλεύουν ακόμα και αν το Α είναι εσωτερικό του κύκλου:comment image

Γιάννης Κυριακόπουλος
Αρχισυντάκτης

Όμως το είπατε ήδη αυτό και το σχόλιό μου περιττό.

Κωνσταντίνος Καβαλλιεράτος

Καλημερα Γιάννη.Βεβαιως!