Τετραγωνικό θαύμα

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9883
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Τετραγωνικό θαύμα

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Σάβ Απρ 21, 2018 7:12 pm

Τετραγωνικό  θαύμα.png
Τετραγωνικό θαύμα.png (9.87 KiB) Προβλήθηκε 267 φορές
Εξωτερικά τετραγώνου ABCD σχεδιάσαμε ημικύκλιο διαμέτρου BC .

α) Εντοπίστε σημείο S του ημικυκλίου , έτσι ώστε : DS=3BS .

β) Η κάθετη προς από το B προς την DS τέμνει το τόξο στο σημείο P .

Υπολογίστε το λόγο : \dfrac{DS}{BP}



Λέξεις Κλειδιά:
Mihalis_Lambrou
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 10355
Εγγραφή: Κυρ Δεκ 21, 2008 2:04 am

Re: Τετραγωνικό θαύμα

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Mihalis_Lambrou » Σάβ Απρ 21, 2018 8:03 pm

KARKAR έγραψε:
Σάβ Απρ 21, 2018 7:12 pm
Τετραγωνικό θαύμα.pngΕξωτερικά τετραγώνου ABCD σχεδιάσαμε ημικύκλιο διαμέτρου BC .

α) Εντοπίστε σημείο S του ημικυκλίου , έτσι ώστε : DS=3BS .

β) Η κάθετη προς από το B προς την DS τέμνει το τόξο στο σημείο P .

Υπολογίστε το λόγο : \dfrac{DS}{BP}
Με Αναλυτική είναι πολλή απλή, και "δεν χρειάζεται να σκεφτώ".

Βολεύει στις πράξεις να γυρίσουμε το σχήμα 90^o ώστε το μέσον της CB να είναι η αρχή των αξόνων. Χωρίς βλάβη είναι τότε
B(1,0), C(-1,0), D(-1,-2), A(1,-2). To το ημικύκλιο είναι το x^2+y^2=1, \, y\ge 0.

α) Η συνθήκη γράφεται  (x+1)^2+(y+2)^2=9( (x-1)^2+y^2). Που με χρήση της x^2+y^2=1 γίνεται 6+2x+4y=9(2-2x), δηλαδή 5x+y=3.
Λύνοντας το σύστημα θα βρούμε  x=(15-\sqrt {17})/26, \, y= (3+5\sqrt {17})/26.

β) Όμοια λύνουμε το αντίστοιχο σύστημα μιας πρωτοβάθμιας και της x^2+y^2=1 για να βρούμε το P. Αφήνω τις πράξεις ρουτίνας.


Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1309
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Τετραγωνικό θαύμα

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τρί Απρ 24, 2018 10:27 am

(α) Θεωρούμε σημείο K πάνω στην DB, ώστε DK=3KB, και σημείο L στην προέκταση της DB, με DB=2BL.

Έστω S η τομή του ημικυκλίου διαμέτρου KL, με αυτό διαμέτρου BC. Θα δείξουμε ότι το S είναι το ζητούμενο σημείο.

Είναι \dfrac{DK}{KB}=3=\dfrac{LD}{LB} \Rightarrow \dfrac{DK}{KB}=\dfrac{LD}{LB} \Rightarrow η τετράδα (D,K,B,L) είναι αρμονική.

Αφού όμως \widehat{KSL}=90^\circ, έχουμε ότι η SK διχοτομεί την \widehat{DSB}.

Άρα, από Θ. Διχοτόμων, \dfrac{SD}{SB}=\dfrac{DK}{KB}=3 \Rightarrow DS=3BS.

Για το (β), δεν έχω λύση. Παρακαλώ τον Θανάση (KARKAR), αν δεν δοθεί γεωμετρική λύση, να απαντήσει.
logos.png
logos.png (18.49 KiB) Προβλήθηκε 157 φορές


Ο καθένας λέει ότι να΄ναι και είναι πάντα σύμφωνος με τον εαυτό του ! 'Ολοι μιλάνε και κανείς δεν ακούει! Ο κόσμος είναι σε νοητική αδράνεια ! Ελένη Γλυκατζή Αρβελέρ
Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9883
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Re: Τετραγωνικό θαύμα

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Απρ 25, 2018 7:29 pm

Θαύμα.png
Θαύμα.png (28.98 KiB) Προβλήθηκε 105 φορές
Για το πρώτο , η τεχνοτροπία του Ορέστη είναι ουσιαστικά η κατασκευή του Απολλώνιου

κύκλου των σημείων S για τα οποία SD=3SB . Παρατηρήστε η κοινή χορδή

των δύο κύκλων διέρχεται από την κορυφή A ( μικρό θαύμα ) . Για το β) ,

το γνωστό καρτεσιανό καταφύγιο : Θεωρώ το τετράγωνο με πλευρά 4 και B(0,0) .

Βρίσκω τις εξισώσεις των κύκλων , το σημείο τομής τους S , την κλίση της DS ,

την κλίση και την εξίσωση της BP και εν τέλει το P . Χρησιμοποιώντας τώρα

τον τύπο της απόστασης σημείων , βρίσκω ότι \dfrac{BS}{BP}=\dfrac{3}{5} , άρα \dfrac{DS}{BP}=\dfrac{9}{5}

Εν τάξει , ο χαρακτηρισμός "θαύμα" είναι κάπως υπερβολικός :lol:


Απάντηση

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

Μέλη σε σύνδεση

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