Κύκλος στο τετράγωνο

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9680
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Κύκλος στο τετράγωνο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Φεβ 21, 2018 10:05 pm

Κύκλος  στο τετράγωνο.png
Κύκλος στο τετράγωνο.png (12.9 KiB) Προβλήθηκε 429 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 SP , τέμνει τη διαγώνιο AC

στα σημεία L,N . Δείξτε ότι οι οι προεκτάσεις των SL , PN , διέρχονται από το D .



Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5748
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Πέμ Φεβ 22, 2018 9:27 am

Επειδή η διαγώνιος AC 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
Κύκλος στο τετράγωνο_1.png (19.5 KiB) Προβλήθηκε 384 φορές
σημεία L,S,B,P,N 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
Κύκλος στο τετράγωνο.png (18.35 KiB) Προβλήθηκε 363 φορές
Η πιο πάνω λύση στηρίχτηκε στο ότι η γωνία \widehat {SDP} = 45^\circ .

Απόδειξη ( μη τριγωνομετρική)

Αν φέρω τη διάμεσο PM του τραπεζίου SBCD και κόψει την AC στο O 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 PN = k τότε DN = 2k.

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 CDP , το τετράπλευρο DMON είναι εγγράψιμο και άρα \widehat \xi  = 45^\circ .


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6725
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Φεβ 22, 2018 12:05 pm

KARKAR έγραψε:
Τετ Φεβ 21, 2018 10:05 pm
Κύκλος στο τετράγωνο.pngΣτις πλευρές AB,BC του τετραγώνου ABCD , θεωρούμε σημεία S,P αντίστοιχα ,

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

στα σημεία L,N . Δείξτε ότι οι οι προεκτάσεις των SL , PN , διέρχονται από το D .
"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
Κύκλος στο τετράγωνο..png (17.67 KiB) Προβλήθηκε 356 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 L.


ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ
Δημοσιεύσεις: 1796
Εγγραφή: Πέμ Φεβ 27, 2014 9:05 am
Τοποθεσία: ΧΑΛΚΙΔΑ- ΑΘΗΝΑ-ΚΡΗΤΗ

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ » Πέμ Φεβ 22, 2018 4:16 pm

KARKAR έγραψε:
Τετ Φεβ 21, 2018 10:05 pm
Κύκλος στο τετράγωνο.pngΣτις πλευρές AB,BC του τετραγώνου ABCD , θεωρούμε σημεία S,P αντίστοιχα ,

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

στα σημεία L,N . Δείξτε ότι οι οι προεκτάσεις των SL , PN , διέρχονται από το D .
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 PS.

Παίρνουμε M το μέσο της AB.

Είναι CMκαθετος στην DP.

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

Αρα SN παράλληλη CM και τελειώσαμε για το N.

Χρησιμοποιώντας ομοιότητες τριγώνων, ιδιότητες αναλογιών και Πυθαγόρειο δείχνουμε ότι

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

Ετσι και το L βρίσκεται πάνω στον κύκλο.


STOPJOHN
Δημοσιεύσεις: 1644
Εγγραφή: Τετ Οκτ 05, 2011 7:08 pm
Τοποθεσία: Δροσιά, Αττικής

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από STOPJOHN » Παρ Φεβ 23, 2018 1:13 pm

KARKAR έγραψε:
Τετ Φεβ 21, 2018 10:05 pm
Κύκλος στο τετράγωνο.pngΣτις πλευρές AB,BC του τετραγώνου ABCD , θεωρούμε σημεία S,P αντίστοιχα ,

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

στα σημεία L,N . Δείξτε ότι οι οι προεκτάσεις των SL , PN , διέρχονται από το D .

Εστω ότι DP,AC τέμνονται στο σημείο N
και DS,AC
τέμνονται στο σημείο L
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
Συνημμένα
Κύκλος σε τετράγωνο.png
Κύκλος σε τετράγωνο.png (94.3 KiB) Προβλήθηκε 274 φορές


α. Η δυσκολία με κάνει δυνατότερο.
β. Όταν πέφτεις να έχεις τη δύναμη να σηκώνεσαι.
Άβαταρ μέλους
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1971
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Παρ Φεβ 23, 2018 9:33 pm

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

Η δια του σημείου P κάθετη ευθεία επί τη DE τέμνει την AB στο σημείο έστω Z 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}
f=178_t=61099.png
Κύκλος στο τετράγωνο.
f=178_t=61099.png (16.88 KiB) Προβλήθηκε 200 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 SP.

\bullet Η δια του σημείου N παράλληλη ευθεία προς την BC , περνάει από το μέσον του SB λόγω της (5) και προφανώς, από το μέσον K του SP.

Ομοίως, η δια του σημείου L παράλληλη ευθεία προς την AB , περνάει από το μέσον του BP και προφανώς από το μέσον K του SP,

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
Δημοσιεύσεις: 1359
Εγγραφή: Παρ Ιαν 11, 2013 4:17 am
Τοποθεσία: Ηράκλειο Κρήτης

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

#7

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Μιχάλης Τσουρακάκης » Κυρ Φεβ 25, 2018 5:15 pm

KARKAR έγραψε:
Τετ Φεβ 21, 2018 10:05 pm
Κύκλος στο τετράγωνο.pngΣτις πλευρές AB,BC του τετραγώνου ABCD , θεωρούμε σημεία S,P αντίστοιχα ,

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

στα σημεία L,N . Δείξτε ότι οι οι προεκτάσεις των SL , PN , διέρχονται από το D .


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
κύκλος στο τετράγωνο.png (27.08 KiB) Προβλήθηκε 175 φορές


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης