Задача за построение

[Гост]

Да се поострои равнобедрен трапеж само по дадени периметър (като отсечка) и остър ъгъл при голямата основа - само с пергел и линийха

[Гост]

Да се поострои равнобедрен трапеж само по дадени периметър (като отсечка) и остър ъгъл при голямата основа - само с пергел и линийха

Я прочети пак условието.Случайно да не би да си изпуснал някоя дреболия,като например,че в трапеца може да се впише окръжност?

[S.B.]

Условието не е пълно,според мен.Със сигурност има и още нещо!

[Гост]

Да се поострои равнобедрен трапеж само по дадени периметър (като отсечка) и остър ъгъл при голямата основа - само с пергел и линийха

Я прочети пак условието.Случайно да не би да си изпуснал някоя дреболия,като например,че в трапеца може да се впише окръжност?

Нищо не е изпуснато! Няма други условия - окръжности или още нещо Това е!

[S.B.]

Да се поострои равнобедрен трапеж само по дадени периметър (като отсечка) и остър ъгъл при голямата основа - само с пергел и линийха
Нищо не е изпуснато! Няма други условия - окръжности или още нещо Това е!

Бихте ли споделили от къде е задачата? Публикувайте снимка на условието,ако обичате!

[Евва]

Скрит текст: покажи

Дано не греша някъде .

1.Означаваме върха на дадения ъгъл с точка А .
2.Върху хоризонталното му рамо избираме произволна т.Н ,която да отговаря на едно условие-
дължината на АН да е много по-малка от четвъртинката на дадения периметър .
3.Построяваме окръжност К(Н;R=AH) ,която пресича правата АН в т.[tex]А_{1 }[/tex] .
4.Построяваме симетралата на отсечка А[tex]А_{1 }[/tex] ,която пресича другото рамо на ъгъла в т.D .

Така вече имаме фиксирани отсечки AD=c и АН=х .
Ако от полупериметъра на трапеца извадим ("отсечем") тези две отсечки ,ще получим дължината на
малката основа на трпеца CD=b .
Нататък е лесно .

[Гост]

Добра работа! Но може и без окръжности. Някои тук твърдяха, че има грешка или пропуск в условието. Няма, нали?
Тук прилагам и моата разработка.

[pal702004]

Някои тук твърдяха, че има грешка или пропуск в условието. Няма, нали?

Е не толкова грешка...просто такива различни трапеци има колкото си искаш, а няма никакъв проблем с някакво допълнително условие да се направи единствен, което е по-добре. Например във вашето решение дължината на бедрото $A_1F=AA1$ е произволна, което показва, че задачата в такъв вид има безброй много решения. Ако имаше условие, както беше предложено, в трапеца да може да се впише окръжност (например), то е достатъчно бедрото да е фиксирано $P/4$, което не е никакъв проблем. И трапеца е единствен, и решението ви е същото. И без да чертаем окръжност удовлетворяваме условието за вписана окръжност

[Гост]

Условието не изисква трапецът да е единствен, а само равнобедрен трапец. Различните трапеци, но със същия периметър ще могат да се построят в зависимост от дължината на АА1, която трява да е по-малка от AQ Рабира се ако се постаяят различни допълнителни условия, построявянето ще има различни начини на решаване.
Но ето ти една подобна задача с условие:
"Да се построи триъгълник само до даден периметър и двата ъгъла при основата"

[S.B.]

Да се поострои равнобедрен трапеж само по дадени периметър (като отсечка) и остър ъгъл при голямата основа - само с пергел и линийха

Още един поглед върху задачата:

АНАЛИЗ

Без заглавие - 2021-02-07T213821.787.png (305.86 KiB) Прегледано 1976 пъти

Допускам ,че задачата е решена и трапецът [tex]ABCD[/tex] е търсеният - равнобедрен,$P_{ABCD } = p$ ,където $p$ е дължината на дадена отсечка, $\angle A = \varphi , \varphi \in (0^\circ , 90^\circ)$
Ще "разгъна" периметъра на трапеца:
Построявам $AA_{1 } = AD , BB_{1 } = BC$ Тогава получавам $A_{1 }A + AB + BB_{1 } = A_{1 }B_{1 } = P_{ABCD } - CD$
Отсечката $CD$ е малката основа,която се проектира ортогонално върху основата $AB$ в отсечката $C_{1 }D_{1 }$
В общия случай,тъй като няма никакви други изисквания
$\frac{3}{4}p < A_{1 }B_{1 } < p$ тогава $0 < C_{1 }D_{1 }(= B_{1 }N )< \frac{1}{4}p$,така,че $A_{1 }B_{1 } + C_{1 }D_{1 }= (B_{1 }N) = p$
$\triangle AA_{1 }D$ е равнобедрен ,$\angle AA_{1 }D = \angle ADA_{1 } = \frac{\varphi}{2}$ защото $\angle A = \varphi$ е външен ъгъл за триъгълника
Аналогично за $\triangle BB_{1 }C$
$A_{1 }D \cap B_{1 }C = M$
Върховете $C$ и $D$ лежат на страните $A_{1 }M$ и $B_{1 }M$ на равнобедрения $\triangle A_{1 }MB_{1 }$ с основа $A_{1 }B_{1 } > \frac{3}{4}p$ и ъгли при основата $ = \frac{\varphi}{2}$ и се проектират ортогонално върху основата $A_{1 }B_{1 }$ в точки $C_{1 }$ и $D_{1 }$
Върховете $A$ и $B$ се получават при построяването на правоъгълните триъгълници $\triangle DD_{1 }A$ и $\triangle CC_{1 }B$ ,където $\angle D_{1 }DA = 90^\circ - \varphi$ и $\angle C_{1 }CB = 90^\circ - \varphi$

ПОСТРОЕНИЕ

Без заглавие - 2021-02-08T185437.054.png (512.49 KiB) Прегледано 1976 пъти

1)Построявам $\triangle A_{1 }B_{1 }M , \angle A_{1 } = \angle B_{1 } = \frac{\varphi}{2} , \frac{3}{4}p < A_{1 }B_{1 } < p$

2)Построявам $MH \bot A_{1 }B_{1 }$

3)Построявам $C_{1 } \in A_{1 }B_{1 } ,D_{1 } \in A_{1 }B_{1 }$ , като $HD_{1 } = HC_{1 } = \frac{1}{2}B_{1 }N, (0< B_{1 }N< \frac{1}{4}p)$

4) Построявам $l_{1 }\begin{cases} Z D_{1 } \\ \bot A_{1 }B_{1 }\\\cap A_{1 }M = D\end{cases}$

5) Построявам $l_{2 }\begin{cases} Z C_{1 } \\ \bot A_{1 }B_{1 }\\\cap B_{1 }M = C\end{cases}$

6)Построявам $ \angle (q_{1 },DD_{1 }) = 90^\circ - \varphi , q_{1 } \cap A_{1 }B_{1 } = A$

7)Построявам $\angle (q_{2 },CC_{1 }) = 90^\circ - \varphi , q_{2 }\cap A_{1 }B_{1 } = B$

8) По получените в построенията 4),5),6),7) точки $D,C,A$ и $B$ построявам трапеца $ABCD$

[S.B.]

Но ето ти една подобна задача с условие:
"Да се построи триъгълник само до даден периметър и двата ъгъла при основата"

АНАЛИЗ

Без заглавие - 2021-02-07T204713.621.png (306.11 KiB) Прегледано 1970 пъти

Допускам ,че задачата е решена и [tex]\triangle ABC[/tex]е търсеният - равнобедрен,с даден периметър - отсечка $p$ с определена дължина и ъгъл при основата $\varphi$.
Ще разгърна периметъра на триъгълника:
Построявам $A_{1 }A = AC , B_{1 }B = BC$
Тогава отсечката $A_{1 }B_{1 } = P_{ABC } = p$
$\triangle AA_{1 }C $ е равнобедрен, $\angle AA_{1 }C = \angle A_{1 }CA = \frac{\varphi}{2}$ тъй като $\angle А = \varphi$ е външен ъгъл за триъгълника
Същото се отнася и за $\triangle BB_{1 }C$
Получи се ,че точка $C$ е връх на равнобедрения $\triangle A_{1 }B_{1 }C$ с основа $A_{1 }B_{1 } = p$ и ъгли при основата $\angle A_{1 } = \angle B_{1 } = \frac{\varphi}{2}$
Точките $A$ и $B$ са върхове на правоъгълните триъгълници $\triangle CHA$ и $\triangle CHB$ където $CH\bot A_{1 }B_{1 }, \angle HCA = \angle HCB = 90^\circ - \varphi$

ПОСТРОЕНИЕ

Без заглавие - 2021-02-08T230100.749.png (448.63 KiB) Прегледано 1970 пъти

1) Построявам $\triangle A_{1 }B_{1 }М$ с основа $A_{1 }B_{1 } = p , \angle A_{1 } = \angle B_{1 } = \frac{\varphi}{2}$ и получавам точка $M (\equiv C)$

2)Построявам $MH \bot A_{1 }B_{1 }, H\in A_{1 }B_{1 }$

3)Построявам $\angle (l_{1 },MH) = 90^\circ - \varphi , l_{1 }\cap A_{1 }B_{1 } = A$

4) Построявам $\angle (l_{2 },MH) = 90^\circ - \varphi ,l_{2 } \cap A_{1 }B_{1 } = B$

5) По получените в построения 1),3),4) точки $М \equiv C, A$ и $B$ построявам $\triangle ABM (\cong \triangle ABC)$

Скрит текст: покажи

Съжалявам , но на чертежа за построението вместо $C$ съм отбелязала $M$

[Гост]

А ако ъглите при основата са различни. са различни? Задачата е триъгълник, а не рабнобедрен. За разнобедренив триъгълк, добър подход!

[S.B.]

А ако ъглите при основата са различни. са различни? Задачата е триъгълник, а не рабнобедрен. За разнобедренив триъгълк, добър подход!

Сега нямам време,но по-късно през деня или най-късно тази вечер ще публикувам решението на задачата,която предлагате,а именно:

Да се построи триъгълник по дадени 2 ъгъла при основата и отсечка,дължината на която е равна на периметъра на търсения триъгълник.

[pal702004]

За триъгълника. На първо време построяваме по-голям триъгълник с основа p. Търсеният триъгълник ще е подобен на този. Периметъра на големия триъгълник е "измерим", да го означим P
Да означим основата на търсения триъгълник $x$. Трябва ни

$\dfrac x p=\dfrac p P$ , или $p^2=x\cdot P$.
$p$ ми прилича на височина в правоъгълен триъгълник, която разделя хипотенузата на отсечки $x$ и $P$. Значи, строим правоъгълен $\triangle ABC$ с катети $P$ и $p$. Построяваме $DC\bot AB, \; D \in AB$

и получаваме отсечка $AD=x$. Нататък е ясно.

Triangle.jpg (9.06 KiB) Прегледано 1932 пъти

[S.B.]

А ако ъглите при основата са различни. са различни? Задачата е триъгълник, а не рабнобедрен. За разнобедренив триъгълк, добър подход!

Анализ

Без заглавие - 2021-02-10T135834.919.png (337.89 KiB) Прегледано 1919 пъти

Отново ще подходя с метода на разгънатия периметър:
Допускам ,че задачата е решена и [tex]\triangle ABC[/tex]е търсеният - $P_{ABC } = p ,\angle CAB = \alpha ,\angle ABC = \beta$
1)Построявам $AA_{1 } = AC ,\angle A_{1 }AC = 180^\circ - \alpha$
$АА_{1 } = AC \Rightarrow \triangle AA_{1 }C$ е равнобедрен ,$\angle CAB= \alpha$ е външен за триъгълника $\Rightarrow \angle CA_{1 }A = \angle ACA_{1 } = \frac{\alpha}{2}$
2)Построявам $BB_{1 } = BC , \angle B_{1 }BC = 180^\circ - \beta$
$\triangle BB_{1 }C$ е равнобедрен,$\angle CBA = \beta$ е външен за триъгълника $\Rightarrow \angle BB_{1 }C = \angle B_{1 }CB = \frac{\beta}{2}$
$A_{1 }A + AB + BB_{1 } = AC + AB + BC = P_{ABC } = p$
Построявам $CH \bot A_{1 }B_{1 } , H \in A_{1 }B_{1 }$
От построяването на$\triangle A_{1 }B_{1 }C$ получавам местоположението на точка $C$
От построяването на правоъгълните $\triangle CHA$ и $\triangle CHB$ получвам местоположението на точки $A$ и $B$

Построение:

Без заглавие - 2021-02-10T151558.550.png (497.31 KiB) Прегледано 1919 пъти

1) Построявам $\triangle A_{1 }B_{1 }C$ по $A_{1 }B_{1 } = p$ - основа и $\angle A_{1 } = \frac{\alpha}{2} , B_{1 } = \frac{\beta}{2}$
Получавам точка $C$
2) Построявам $CH \bot A_{1 }B_{1 } , H\in A_{1 }B_{1 }$
3) Построявам $\angle\ HCA = \angle (l_{1 } , CH)$ ,$ l_{1 }\cap A_{1 }B_{1 } = A$
Получавам точка $A$
4) Построявам $\angle HCB = \angle (HC,l_{2 } )$, $l_{2 }\cap A_{1 }B_{1 } = B$
Получавам точка $B$
5) По получените точки от построения 1),3),4) построявам $\triangle ABC$

[Гост]

Браво! Много добре! Аз пък ти предлагам един, надявам се, по-опростен според мен начин на построяване.

[S.B.]

Браво! Много добре! Аз пък ти предлагам един, надявам се, по-опростен според мен начин на построяване.

Благодаря сърдечно за оценката,която ми давате!
Все пак ще си позволя да поясня,че когато преди повече от 50 години бях студентка в матаматическия факултет при СУ"Климент Охридски" в часовете по "Елементарна геометрия ",а после и в часовете по "Методика на математиката",моите преподаватели са ме учили, и са изисквали от мен при решаването на построителни задачи да се водя по следния план:
1)Дадени елементи
2)Търсена фигура
3)Анализ при който се изследва пътя по който се намира местоположението на основните точки,от които се построява търсената фигура.
3)Построение - план по който се построява фигурата
4)Доказателство ,че това е търсената фигура
5)Изследване - кога задачата има решение и кога няма решение.Колко решения са възможни.

Аз Ви спестих някои точки от този план,но основните 2 ,а именно АНАЛИЗ и ПОСТРОЕНИЕ съм написала.При вас всичко се свежда до построение и доказателство на нещо.Нито дума за това защо се построява по този начин,което е основно изискване към една построителна задача.
Методите за построяване на дадена фигура са различни , но планът по който се описват е еднакъв.
Още веднъж - благодаря за оценката,която ми давате!Бъдете здрав!

[Гост]

Съгласен съм със забележката. Това е точно така.Тагамлицки го казваше. Ако трябваше да спазя всички академични препоръки, обяснението/решението щеше да стане малко по-дълго и опасявам се, малко по-непонятно за участниците тук. Този който рабере решението, ще може сам да изведе методите, изводите и анализите. ТУк обаче е форум, в който трабва по най-прост начин начин да се обяснят нещата, а не да се пишат реферати.
Радвам се, че обменихме мисли и информация.
Бъдете жив и здрав и вие.
П.П. Имам още една подобна за задача за построение:
"'Да се построи правоъгълен тригълник 15-90-75 само по дадена височина"
Може да се включи в раздел тук. Не е предизвикателство, просто инфо.

[S.B.]

Съгласен съм със забележката. Това е точно така.Тагамлицки го казваше....

Само да Ви опресня паметта:Проф.Ярослав Тагамлицки преподаваше "Диференцално и интегрално смятане" и нямаше нищо общо нито с катедра "Геометрия" ,нито с "Методика на математиката"!
Та нищо лично!

[Гост]

Бъдете жив и здрав и вие

Нв видях опция "редактиране" след изпращането, затова пиша отново.
Моля да ме извините за объркването. "Бързи пръстчета"
Желая ви успех!

[Гост]

Съгласен съм със забележката. Това е точно така.Тагамлицки го казваше....

Само да Ви опресня паметта:Проф.Ярослав Тагамлицки преподаваше "Диференцално и интегрално смятане" и нямаше нищо общо нито с катедра "Геометрия" ,нито с "Методика на математиката"!
Та нищо лично!

Приемам.Изключителен професор. Но убеден съм, че и вие сте посещавали лекциите му.Това беше само инфо/намек. Математиката е точна наука, нали и ние трябва да сме точни.

[KOPMOPAH]

...
П.П. Имам още една подобна за задача за построение:
"'Да се построи правоъгълен тригълник 15-90-75 само по дадена височина"
Може да се включи в раздел тук. Не е предизвикателство, просто инфо.

Задачата изглежда интересна, но дали това са дължините на страните... Щото нали $15+75=90$ и няма как триъгълникът да е правоъгълен, ако въобще може да се нарече триъгълник.
Спомням си американската задача, предизвикала много спорове - "Да се намери лицето на правоъгълен триъгълник с хипотенуза $6$ и височина към нея $4$"

[Меди]

...
П.П. Имам още една подобна за задача за построение:
"'Да се построи правоъгълен тригълник 15-90-75 само по дадена височина"
Може да се включи в раздел тук. Не е предизвикателство, просто инфо.

Задачата изглежда интересна, но дали това са дължините на страните... Щото нали $15+75=90$ и няма как триъгълникът да е правоъгълен, ако въобще може да се нарече триъгълник.
Спомням си американската задача, предизвикала много спорове - "Да се намери лицето на правоъгълен триъгълник с хипотенуза $6$ и височина към нея $4$"

Мисля, че става въпрос за ъглите.

[Гост]

...
П.П. Имам още една подобна за задача за построение:
"'Да се построи правоъгълен тригълник с ъгли [tex]15^\circ;90^\circ;75^\circ[/tex] само по дадена височина"
Може да се включи в раздел тук. Не е предизвикателство, просто инфо.

Тази е лесна:
От дадената отсечка с дължина [tex]h[/tex] лесно образуваме отсечка с дължина [tex]AB=4h[/tex].Построяваме окръжност [tex]k_1(O;R_1=2h) ; O[/tex] е средата на [tex]AB[/tex].През [tex]O[/tex] построяваме права [tex]s \bot AB[/tex] и на [tex]s[/tex] отбелязваме точка [tex]M[/tex] , такава че [tex]OM=h[/tex].Сега през [tex]M[/tex] построяваме права [tex]l || AB ; l\cap k_1=C, C_1[/tex] е тогава [tex]\triangle ABC[/tex] е търсения правоъгълен триъгълник с ъгли [tex]15^\circ;90^\circ;75^\circ[/tex] и дължина на височината [tex]h[/tex]

[S.B.]

Без заглавие - 2021-02-13T185217.034.png (490.72 KiB) Прегледано 1826 пъти

Още един поглед върху задачата:

АНАЛИЗ:

Тъй като съществуват безброй правоъгълни триъгълници с остър ъгъл [tex]15^\circ[/tex] и всички те са подобни помежду си ,търсеният триъгълник ще бъде онзи,който има височина към хипотенузата дадената отсечка $h$

Построение:

1)Построявам произволна отсечка $A_{1 }B_{1 }$,която се вижда под ъгъл $90^\circ$
2)Построявам $\triangle A_{1 }B_{1 }C_{1 }$ ,като $A_{1 }C_{1 } = \frac{1}{2}A_{1 }B_{1 }$
Получавам $\angle A_{1 }B_{1 }C_{1 } = 30^\circ$
3)Построявам $B_{1 }C_{2 }$ - ъглополовяща на $\angle A_{1 }B_{1 }C_{1 } $,като точка $C_{2 }$ принадлежи на дъгата от окръжността под която $A_{1 }B_{1 }$ се вижда под ъгъл $90^\circ$
4) $\triangle A_{1 }B_{1 }C_{2 }$ е правоъгълен и има ъгъл $15^\circ \Rightarrow $ е подобен на търсения триъгълник
5) Построявам $C_{2 }H \bot A_{1 }B_{1 } , H\in A_{1 }B_{1 }$
6) Построявам $т. C\begin{cases} C\in C_{2 }H\\ CH = h \end{cases}$
7) Построявам права $a \begin{cases} z C \\ a|| B_{1 }C_{2 }\\a \cap A_{1 }B_{1 } = B\end{cases}$ , права $b\begin{cases} z C \\ b ||A_{1 } C_{2 } \\b\cap A_{1 }B_{1 } = A\end{cases}$
8) $\triangle ABC \approx \triangle A_{1 }B_{1 }C_{2 }$, $CH \bot AB,CH = h$
$\Rightarrow \triangle ABC$ е търсения триъгълник