Κύκλος στο τετράγωνο

KARKAR · #1

: Κύκλος στο τετράγωνο.png (12.9 KiB) Προβλήθηκε 812 φορές

Στις πλευρές AB,BC

του τετραγώνου ABCD

, θεωρούμε σημεία S,P

αντίστοιχα ,

ώστε : $AS=\dfrac{a}{3} , BP=\dfrac{a}{2}$ . Ο κύκλος διαμέτρου

, τέμνει τη διαγώνιο

στα σημεία L,N

. Δείξτε ότι οι οι προεκτάσεις των SL , PN

, διέρχονται από το

.

#2

Επειδή η διαγώνιος

διχοτομεί τις ορθές γωνίες στα $A\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ , θα δείξω

ισοδύναμα ότι : Αν οι $DS\,\,\kappa \alpha \iota \,\,DP$ τμήσουν τη διαγώνιο στα $L\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ τότε τα

: Κύκλος στο τετράγωνο_1.png (19.5 KiB) Προβλήθηκε 767 φορές

σημεία

ανήκουν σε ένα κύκλο.

$\left\{ \begin{gathered} \tan \theta = \frac{1}{3} \hfill \\ \tan \omega = \frac{1}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \tan (\theta + \omega ) = \dfrac{{\dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{2}}}{{1 - \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{3}}} = 1$ και αφού

$\theta + \omega < 90^\circ \Rightarrow \theta + \omega = 45^\circ \Rightarrow \widehat {LDN} = 45^\circ$ . Άμεση συνέπεια : το τετράπλευρο

DLPC

είναι εγγράψιμο , Έτσι $\widehat x = 90^\circ \,\,$ .Ομοίως και $\widehat y = 90^\circ \,\,$ ..

Τώρα εύκολα έχουμε ότι τα τετράπλευρα : $LSPN\,\,\kappa \alpha \iota \,\,LSBP$ είναι εγγράψιμα .

Δηλαδή τα σημεία L,S,B,P,N

ανήκουν σε ένα κύκλο..

Παρατήρηση.

: Κύκλος στο τετράγωνο.png (18.35 KiB) Προβλήθηκε 746 φορές

Η πιο πάνω λύση στηρίχτηκε στο ότι η γωνία $\widehat {SDP} = 45^\circ$ .

Απόδειξη ( μη τριγωνομετρική)

Αν φέρω τη διάμεσο του τραπεζίου και κόψει την στο θα έχω :

$OP// = AB\,\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PM = \dfrac{{DC + BS}}{2}$ συνεπώς , $PO = \dfrac{a}{2}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,PM = \dfrac{{5a}}{6}$ .

Από το Θ. διχοτόμου στο $\vartriangle CDP$ έχω ότι , αν τότε .

Επειδή , $PO \cdot PM = PN \cdot PD \Leftrightarrow \dfrac{{5{a^2}}}{{12}} = 3{k^2} \Leftrightarrow \dfrac{{5{a^2}}}{4} = 9{a^2}$ αληθές λόγω Π. Θ. στο

τρίγωνο , το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο και άρα $\widehat \xi = 45^\circ$ .

#3

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 21, 2018 10:05 pm
Κύκλος στο τετράγωνο.pngΣτις πλευρές του τετραγώνου , θεωρούμε σημεία αντίστοιχα ,

ώστε : $AS=\dfrac{a}{3} , BP=\dfrac{a}{2}$ . Ο κύκλος διαμέτρου , τέμνει τη διαγώνιο

στα σημεία . Δείξτε ότι οι οι προεκτάσεις των , διέρχονται από το .

"Πειράζω" λίγο την εκφώνηση. Θεωρώ L,N

τα σημεία στα οποία οι DS, DP

τέμνουν τον κύκλο και θα δείξω

ότι τα σημεία αυτά ανήκουν στη διαγώνιο AC.

: Κύκλος στο τετράγωνο..png (17.67 KiB) Προβλήθηκε 739 φορές

Με Πυθαγόρειο βρίσκω $\displaystyle SP = \frac{{5a}}{6},DS = \frac{{a\sqrt {10} }}{3},DP = \frac{{a\sqrt 5 }}{2}$ και με νόμο συνημιτόνων στο DSP

διαπιστώνω

ότι $\boxed{S\widehat DP=45^0}$ Αλλά το SADN

είναι εγγράψιμο, οπότε $\displaystyle S\widehat AN = {45^0}.$ Επειδή όμως είναι και $\displaystyle S\widehat AC = {45^0},$

τα σημεία A, N, C

θα είναι συνευθειακά, ομοίως και το

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #4

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 21, 2018 10:05 pm
Κύκλος στο τετράγωνο.pngΣτις πλευρές του τετραγώνου , θεωρούμε σημεία αντίστοιχα ,

ώστε : $AS=\dfrac{a}{3} , BP=\dfrac{a}{2}$ . Ο κύκλος διαμέτρου , τέμνει τη διαγώνιο

στα σημεία . Δείξτε ότι οι οι προεκτάσεις των , διέρχονται από το .

Στο σχήμα του Θανάση.

Θεωρούμε τα N,L

τα σημεία που τέμνουν οι DP,DS

την διαγώνιο.

Αρκεί να δείξουμε ότι τα N,L

βρίσκονται πάνω σε κύκλο διαμέτρου

.

Παίρνουμε

το μέσο της

.

Είναι

καθετος στην

.

Εύκολα δείχνουμε ότι $\frac{AS}{SM}=\frac{AN}{NC}$

Αρα

παράλληλη

και τελειώσαμε για το

.

Χρησιμοποιώντας ομοιότητες τριγώνων, ιδιότητες αναλογιών και Πυθαγόρειο δείχνουμε ότι

$DL.DS=DN.DP=\frac{10}{12}a^{2}$

Ετσι και το

βρίσκεται πάνω στον κύκλο.

STOPJOHN · #5

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 21, 2018 10:05 pm
Κύκλος στο τετράγωνο.pngΣτις πλευρές του τετραγώνου , θεωρούμε σημεία αντίστοιχα ,

ώστε : $AS=\dfrac{a}{3} , BP=\dfrac{a}{2}$ . Ο κύκλος διαμέτρου , τέμνει τη διαγώνιο

στα σημεία . Δείξτε ότι οι οι προεκτάσεις των , διέρχονται από το .

Εστω ότι

τέμνονται στο σημείο

και

τέμνονται στο σημείο

Θα αποδείξω ότι $LP\perp DS,SN\perp DP$
Απο το θεώρημα της διχοτόμου στο τρίγωνο $DCP,\dfrac{DN}{NP}=\dfrac{2a}{a}=2\Leftrightarrow DN=2x,NP=x,$
Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο $DCP,x=\dfrac{a\sqrt{5}}{6}$
Ομοίως στο τρίγωνο $ADS,DL=3y,LS=y,y=\dfrac{a\sqrt{10}}{12}$
Στο τρίγωνο $SPB,SP=\dfrac{5a}{6},$
Απο το θεώρημα του Stewart στο τρίγωνο $PSD,(LS)(DP)^{2}+(DL)(SP)^{2}=(DS)(LP^{2}+DL.LS)\Leftrightarrow (LP)^{2}=\dfrac{5a^{2}}{8}$
Αρα $SP^{2}=LS^{2}+LP^{2}\Leftrightarrow \hat{SLP}=90^{0}$
Ομοίως $\hat{SNP}=90^{0}$

Γιάννης

#6

$\bullet$ Έστω το σημείο $E\equiv AB\cap DP$ και έχουμε $BE = AB = a\ \ \ ,(1)$

Η δια του σημείου

κάθετη ευθεία επί τη

τέμνει την

στο σημείο έστω

και από το ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle PZE$ με $PB\perp ZE$

έχουμε $(ZB)(BE) = (PB)^{2}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle ZB = \frac{a}{4}}\ \ \ ,(4)$ λόγω BE = a

και $\displaystyle PB = \frac{a}{2}$ .

Από $PC\parallel AD\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{PN}{ND} = \frac{PC}{AD} = \frac{1}{2}\ \ \ ,(5)$

Από $(5)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{PN}{PE} = \frac{PN}{PD} = \frac{1}{3}}\ \ \ ,(6)$

Αλλά, $\boxed{\displaystyle \frac{ZS}{ZE} = \frac{1}{3}\ \ \ ,(7)}$ λόγω $\displaystyle ZS = \frac{3a}{4} - \frac{a}{3}$ και $\displaystyle ZE = a + \frac{a}{4}$

: Κύκλος στο τετράγωνο.; f=178_t=61099.png (16.88 KiB) Προβλήθηκε 583 φορές

Από $(6),\ (7)\Rightarrow$ $SN\parallel ZP\Rightarrow$ $\boxed{SN\perp NE}\ \ \ ,(8)$ λόγω $ZP\perp PE$ .

Από (8)

προκύπτει ότι το σημείο $N\equiv AC\cap DP$ ανήκει στον περίκυκλο έστω (K)

του ορθογωνίου τριγώνου $\vartriangle BSP$ λόγω της διαμέτρου

.

$\bullet$ Η δια του σημείου

παράλληλη ευθεία προς την

, περνάει από το μέσον του

λόγω της

και προφανώς, από το μέσον

του

.

Ομοίως, η δια του σημείου

παράλληλη ευθεία προς την

, περνάει από το μέσον του

και προφανώς από το μέσον

του

,

λόγω $\displaystyle \frac{LA}{LC} = \frac{AS}{CD} = \frac{1}{3}$ από $AS\parallel CD$ .

Το τρίγωνο $\vartriangle KLN$ τώρα, είναι ορθογώνιο ισοσκελές ( προφανές ) και άρα, έχουμε $\boxed{KL = KN}\ \ \ ,(9$

Από (9)

συμπεραίνεται ότι το σημείο $L\equiv AC\cap DS$ ανήκει επίσης στον κύκλο (K)

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #7

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Φεβ 21, 2018 10:05 pm
Κύκλος στο τετράγωνο.pngΣτις πλευρές του τετραγώνου , θεωρούμε σημεία αντίστοιχα ,

ώστε : $AS=\dfrac{a}{3} , BP=\dfrac{a}{2}$ . Ο κύκλος διαμέτρου , τέμνει τη διαγώνιο

στα σημεία . Δείξτε ότι οι οι προεκτάσεις των , διέρχονται από το .

Είναι $\displaystyle SP = \frac{{5a}}{6} \Rightarrow OL = \frac{{5a}}{{12}}$

Από τα ορθογώνια-ισοσκελή τρίγωνα $\displaystyle AES,CZP$ έχουμε $\displaystyle ES = \frac{{a\sqrt 2 }}{6}$ και $\displaystyle CZ = \frac{{a\sqrt 2 }}{4}$

Έτσι η διάμεσος $\displaystyle OQ$ του τραπεζίου $\displaystyle ESPZ$ είναι $\displaystyle OQ = \frac{{5a\sqrt 2 }}{{12}}$ και με Π.Θ

στο $\displaystyle \vartriangle LQO \Rightarrow LQ = OQ \Rightarrow \angle NOL = {90^0}$ και $\displaystyle \angle QLO = {45^0}$

Τότε, $\displaystyle LO//AB \Rightarrow NO \bot SB \Rightarrow NS = NB = ND$ .Έτσι,λόγω προφανούς ισότητας των

γωνιών $\displaystyle \omega$ και του εγγράψιμου $\displaystyle NBSL \Rightarrow \angle ALS = \omega \Rightarrow D,L,S$ συνευθειακά

Επειδή τώρα $\displaystyle \angle NSL = \angle NBL = {45^0}$ και $\displaystyle NS = NB = ND$ , είναι $\displaystyle \angle LDZ = {45^0} \Rightarrow \angle DNZ = {90^0}$

Άρα και $\displaystyle D,N,P$ είναι συνευθειακά

: κύκλος στο τετράγωνο.png (27.08 KiB) Προβλήθηκε 558 φορές

Κύκλος στο τετράγωνο

Κύκλος στο τετράγωνο

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

Μέλη σε σύνδεση