Η τέταρτη πλευρά

#1

Τετράπλευρο ABCD

με

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας $r=a\sqrt 2.$ Να βρείτε συναρτήσει του

το μήκος της τέταρτης πλευρά

του τετραπλεύρου.

ΥΓ. Αναμένω τουλάχιστον μία αμιγώς γεωμετρική λύση.

#2

george visvikis έγραψε:Τετράπλευρο με είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας $r=a\sqrt 2.$ Να βρείτε συναρτήσει του το μήκος της τέταρτης πλευρά του τετραπλεύρου.

ΥΓ. Αναμένω τουλάχιστον μία αμιγώς γεωμετρική λύση.

Έστω

το κέντρο του κύκλου και DOE

η διάμετρος του κύκλου και

μέσο του

. Επειδή

μεσοκάθετος στο

και

η

θα διέρχεται από το

Θέτω $AD = x,\,\,ON = d$ και ισχύουν :

$\left\{ \begin{gathered} AC \cdot BD = AD \cdot BC + AB \cdot CD \hfill \\ B{C^2} = B{N^2} + N{C^2} \hfill \\ O{C^2} = O{N^2} + N{C^2} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Θ. Πτολεμαίου στο ABCD

και Π. Θ. στα $\vartriangle NBC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\vartriangle NOC$ . Δηλαδή

: τεταρτη πλευρά.png (27.73 KiB) Προβλήθηκε 1116 φορές

$\left\{ \begin{gathered} A{C^2} = ax + {a^2} \hfill \\ {a^2} = \frac{{A{C^2}}}{4} + {(R - d)^2} \hfill \\ {R^2} = {d^2} + \frac{{A{C^2}}}{4} \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Μεταξύ των δύο τελευταίων απαλείφουμε το

και αφού $R = a\sqrt 2$ προκύπτει :

$\boxed{A{C^2} = \frac{{7{a^2}}}{2}}$ και η πρώτη δίδει $\boxed{x = \frac{{5a}}{2}}$

Σχόλιο : Για πλέον στοιχειώδη λύση αντί Θ. Πτολεμαίου μπορούμε να εφαρμόσουμε δεύτερο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ABC

.

nikkru · #3

george visvikis έγραψε:Τετράπλευρο με είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας $r=a\sqrt 2.$ Να βρείτε συναρτήσει του το μήκος της τέταρτης πλευρά του τετραπλεύρου.

ΥΓ. Αναμένω τουλάχιστον μία αμιγώς γεωμετρική λύση.

Αφού

θα είναι

με αποτέλεσμα οι κόκκινες γωνίες να είναι ίσες.

Και οι πράσινες γωνίες είναι ίσες (εγγεγραμμένη και επίκεντρη σε τόξα που το ένα είναι διπλάσιο του άλλου, αφού BC=CD

)

: Η τέταρτη πλευρά.png (11.18 KiB) Προβλήθηκε 1099 φορές

Έτσι τα τρίγωνα OBC,AKB

είναι όμοια (άρα AK=AB=a

) και έχουμε: $\frac{OB}{AB}=\frac{BC}{KB}\Leftrightarrow \frac{a\sqrt{2}}{a}=\frac{a}{KB}\Leftrightarrow KB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .

Από τις τεμνόμενες χορδές OB,AD

ισχύει: $KA\cdot KD=r^2-KO^2$ από όπου βρίσκουμε ότι $KD=\frac{3a}{2}$ και $\boxed{AD=\frac{5a}{2}}$

#4

nikkru έγραψε:
george visvikis έγραψε:Τετράπλευρο με είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας $r=a\sqrt 2.$ Να βρείτε συναρτήσει του το μήκος της τέταρτης πλευρά του τετραπλεύρου.

ΥΓ. Αναμένω τουλάχιστον μία αμιγώς γεωμετρική λύση.
Αφού θα είναι με αποτέλεσμα οι κόκκινες γωνίες να είναι ίσες.

Και οι πράσινες γωνίες είναι ίσες (εγγεγραμμένη και επίκεντρη σε τόξα που το ένα είναι διπλάσιο του άλλου, αφού )

Η τέταρτη πλευρά.png

Έτσι τα τρίγωνα είναι όμοια (άρα ) και έχουμε: $\frac{OB}{AB}=\frac{BC}{KB}\Leftrightarrow \frac{a\sqrt{2}}{a}=\frac{a}{KB}\Leftrightarrow KB=\frac{a\sqrt{2}}{2}$ .

Από τις τεμνόμενες χορδές ισχύει: $KA\cdot KD=r^2-KO^2$ από όπου βρίσκουμε ότι $KD=\frac{3a}{2}$ και $\boxed{AD=\frac{5a}{2}}$

Πολύ απλά κι ωραία.

Επί της ουσίας η πρώτη γραμμή είναι αρκετή για να βρούμε το αποτέλεσμα.

#5

Ας είναι :

το κέντρο του κύκλου ,

το αντιδιαμετρικό του

,

οι τομές

των ακτίνων OB,OD

με τη

και

το μέσο του

.

Η

είναι απόστημα στη χορδή

και διέρχεται από το μέσο του αντίστοιχου

τόξου , δηλαδή το

. Στο τρίγωνο DCG

η

είναι ταυτόχρονα ύψος και

διχοτόμος άρα θα είναι ισοσκελές με $\boxed{DG = DC = a}$ . Από το Θ. Ευκλείδη στο

: Τέταρτη πλευρά_Bisbikis.png (27.57 KiB) Προβλήθηκε 1045 φορές

τρίγωνο

έχουμε : $C{D^2} = CT \cdot CE \Rightarrow {a^2} = CT \cdot 2a\sqrt 2$ και άρα ,

$\boxed{CT = \frac{a}{{2\sqrt 2 }} = \frac{{a\sqrt 2 }}{4} = \frac{r}{4}}$ η τελευταία μας εξασφαλίζει ότι το

είναι βαρύκεντρο

του τριγώνου ODB

και άρα $MG = \dfrac{{DG}}{2} = \dfrac{a}{2} \Rightarrow \boxed{AD = \frac{{5a}}{2}}$ .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

george visvikis έγραψε:Τετράπλευρο με είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας $r=a\sqrt 2.$ Να βρείτε συναρτήσει του το μήκος της τέταρτης πλευρά του τετραπλεύρου.

ΥΓ. Αναμένω τουλάχιστον μία αμιγώς γεωμετρική λύση.

Προφανώς $\displaystyle{OB,OC}$ μεσοκάθετοι των $\displaystyle{AC,BD}$ αντίστοιχα και $\displaystyle{BC//AD}$ .Ακόμη, $\displaystyle{\angle BAE = \angle BOA \Rightarrow AB}$ εφαπτόμενη του περίκυκλου του $\displaystyle{\vartriangle AEO \Rightarrow A{B^2} = BE \cdot BO \Rightarrow {\alpha ^2} = BE \cdot \alpha \sqrt 2 \Rightarrow BE = \frac{{\alpha \sqrt 2 }}{2} = EO}$

Επειδή στο $\displaystyle{\vartriangle BAE}$ το ύψος είναι και διχοτόμος θα είναι ισοσκελές ,άρα $\displaystyle{AE = //BC = a}$

και ομοίως $\displaystyle{ZD = \alpha }$ .Ακόμη, $\displaystyle{EZ = //\frac{{BC}}{2} = \frac{\alpha }{2}}$ .Έτσι, $\displaystyle{\boxed{AD = 2\alpha + \frac{\alpha }{2} = \frac{{5\alpha }}{2}}}$

: MHKOS.png (68.1 KiB) Προβλήθηκε 1027 φορές

#7

Σας ευχαριστώ όλους για τις πολύ ωραίες γεωμετρικές λύσεις. Η δική μου είναι παρόμοια με του Μιχάλη.

: Η τέταρτη πλευρά..png (17.62 KiB) Προβλήθηκε 986 φορές

Επειδή τα τόξα AB, BC, CD

είναι ίσα θα είναι $D\widehat AB=B\widehat OA$ , οπότε τα τρίγωνα OBA, BAP

είναι όμοια.

Από την ομοιότητα προκύπτει ότι AP=AB=a

και

μέσο του

Ομοίως,

και

μέσο του

Άρα, $\displaystyle{AD = a + \frac{a}{2} + a \Leftrightarrow }$ $\boxed{AD=\frac{5a}{2}}$

Η τέταρτη πλευρά

Η τέταρτη πλευρά

Re: Η τέταρτη πλευρά

Re: Η τέταρτη πλευρά

Re: Η τέταρτη πλευρά

Re: Η τέταρτη πλευρά

Re: Η τέταρτη πλευρά

Re: Η τέταρτη πλευρά

Μέλη σε σύνδεση