Τερατολόγος

Συντονιστής: gbaloglou

Άβαταρ μέλους
KARKAR
Δημοσιεύσεις: 9812
Εγγραφή: Τετ Δεκ 08, 2010 6:18 pm

Τερατολόγος

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από KARKAR » Τετ Ιαν 17, 2018 12:42 pm

Ισόπλευρα  στο τετράγωνο.png
Ισόπλευρα στο τετράγωνο.png (15.25 KiB) Προβλήθηκε 451 φορές
Σε τετράγωνο ABCD θέλουμε να "εγγράψουμε" τα ισόπλευρα τρίγωνα BSQ , DSP ,

ώστε τα S,P,Q να είναι συνευθειακά και το Q σημείο της πλευράς DC . Αν δεν

πετύχουμε την κατασκευή , ας παρηγορηθούμε υπολογίζοντας το λόγο : \dfrac{(BSQ)}{(DSP)} ...



Λέξεις Κλειδιά:
vittasko
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1981
Εγγραφή: Πέμ Ιαν 08, 2009 8:46 am
Τοποθεσία: Μαρούσι - Αθήνα.

Re: Τερατολόγος

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από vittasko » Τετ Ιαν 17, 2018 2:55 pm

Με το B σταθερό και το Q\in CD μεταβλητό, αρκεί να προσδιοριστεί το σημείο S ( προφανές ).
f=62_t=60809.png
Τερατολόγος.
f=62_t=60809.png (29.67 KiB) Προβλήθηκε 413 φορές
\bullet Όμως, από \angle BSQ + \angle DSP = 120^{o}, έχουμε ότι το σημείο S ανήκει στο έλασσον τόξο \overset \frown{BC} του περικύκλου έστω (K), του ισοπλεύρου τριγώνου \vartriangle TBD, με το C εσωτερικό σημείο του.

Η κορυφή S του \vartriangle BSQ, είναι επίσης σημείο γνωστού γεωμετρικού τόπου, ο οποίος είναι ευθεία που τέμνει την ευθεία CD υπό γωνία ίση με \angle SQB = 60^{o}.

( θεωρουμένου του \vartriangle BSQ ως μεταβλητού και όμοιου προς εαυτό τριγώνου, του οποίου η κορυφή B είναι σταθερή με \angle SBQ = \angle \omega και η κορυφή Q κινείται επί της σταθερής ευθείας CD ).

\bullet Ο ως άνω γεωμετρικός τόπος, ταυτίζεται ( \angle \omega = 60^{o} στην περίπτωσή μας και ισόπλευρο το τρίγωνο ) με την εφαπτομένη του τεταρτοκυκλίου με κέντρο το σημείο B και ακτίνα BA = BC, στο σημείο που τέμνεται ( το τεταρτοκύκλιο ) από την μεσοκάθετη ευθεία της πλευράς BC του δοσμένου τετραγώνου ABCD.

Κώστας Βήττας.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6964
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τερατολόγος

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Ιαν 17, 2018 4:27 pm

vittasko έγραψε:
Τετ Ιαν 17, 2018 2:55 pm
Με το B σταθερό και το Q\in CD μεταβλητό, αρκεί να προσδιοριστεί το σημείο S ( προφανές ).
f=62_t=60809.png
\bullet Όμως, από \angle BSQ + \angle DSP = 120^{o}, έχουμε ότι το σημείο S ανήκει στο έλασσον τόξο \overset \frown{BC} του περικύκλου έστω (K), του ισοπλεύρου τριγώνου \vartriangle TBD, με το C εσωτερικό σημείο του.

Η κορυφή S του \vartriangle BSQ, είναι επίσης σημείο γνωστού γεωμετρικού τόπου, ο οποίος είναι ευθεία που τέμνει την ευθεία CD υπό γωνία ίση με \angle SQB = 60^{o}.

( θεωρουμένου του \vartriangle BSQ ως μεταβλητού και όμοιου προς εαυτό τριγώνου, του οποίου η κορυφή B είναι σταθερή με \angle SBQ = \angle \omega και η κορυφή Q κινείται επί της σταθερής ευθείας CD ).

\bullet Ο ως άνω γεωμετρικός τόπος, ταυτίζεται ( \angle \omega = 60^{o} στην περίπτωσή μας και ισόπλευρο το τρίγωνο ) με την εφαπτομένη του τεταρτοκυκλίου με κέντρο το σημείο B και ακτίνα BA = BC, στο σημείο που τέμνεται ( το τεταρτοκύκλιο ) από την μεσοκάθετη ευθεία της πλευράς BC του δοσμένου τετραγώνου ABCD.

Κώστας Βήττας.
Άψογος! :10sta10:


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6964
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τερατολόγος

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τετ Ιαν 17, 2018 5:37 pm

KARKAR έγραψε:
Τετ Ιαν 17, 2018 12:42 pm
Ισόπλευρα στο τετράγωνο.pngΣε τετράγωνο ABCD θέλουμε να "εγγράψουμε" τα ισόπλευρα τρίγωνα BSQ , DSP ,

ώστε τα S,P,Q να είναι συνευθειακά και το Q σημείο της πλευράς DC . Αν δεν

πετύχουμε την κατασκευή , ας παρηγορηθούμε υπολογίζοντας το λόγο : \dfrac{(BSQ)}{(DSP)} ...
Μετά την πολύ όμορφη κατασκευή του Κώστα...
Τερατολόγος.png
Τερατολόγος.png (17.29 KiB) Προβλήθηκε 389 φορές
Έστω a η πλευρά του τετραγώνου και SP=SD=DP=x, SB=SQ=BQ=PT=y. Επιγραμματικά:

● Νόμος συνημιτόνων στο SBT: \displaystyle 2{a^2} = {x^2} + {y^2} + xy

● Νόμος συνημιτόνων στο SDQ: DQ^2=x^2+y^2-xy

● Πυθαγόρειο στο BQC: \displaystyle {y^2} = {a^2} + {(a - DQ)^2}

Από αυτές σχέσεις καταλήγω στην \displaystyle {y^4} - 2{x^2}{y^2} - 2{x^4} = 0 \Rightarrow {\left( {\frac{y}{x}} \right)^2} = 1 + \sqrt 3  \Leftrightarrow \boxed{\dfrac{(BSQ)}{(DSP)}=1+\sqrt 3}


Άβαταρ μέλους
Doloros
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 5865
Εγγραφή: Τρί Αύγ 07, 2012 4:09 am
Τοποθεσία: Ιεράπετρα Κρήτης

Re: Τερατολόγος

#5

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Doloros » Τετ Ιαν 17, 2018 8:49 pm

Ας είναι λυμένο το πρόβλημα . Προεκτείνω το SQ κατά τμήμα \boxed{QT = SP} . Επειδή SB + SD = SQ + QT και \widehat {TSD} = \widehat {TSB} = 60^\circ

το \vartriangle TDB Είναι ισόπλευρο σταθερής πλευράς l = DB = a\sqrt 2 και ο περιγεγραμμένος του κύκλος θα διέρχεται από το S, έστω δε K το κέντρο του .

Τερατολογία.png
Τερατολογία.png (65.16 KiB) Προβλήθηκε 355 φορές
Προφανώς το ισοσκελές \vartriangle KTB έχει ίσο περιγεγραμμένο κύκλο με τον προηγούμενο και έστω L το κέντρο του.

Τα τρίγωνα QTB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SDB είναι ίσα και άρα \widehat {BQT} = 120^\circ δηλαδή το Q

ανήκει στον κύκλο (L,l) . Η TQ τέμνει τον κύκλο (K,l) στο S

Τέλος ο κύκλος (D,DS) τέμνει τη SQ στο P.


Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 6964
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Re: Τερατολόγος

#6

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Πέμ Ιαν 18, 2018 8:48 am

Doloros έγραψε:
Τετ Ιαν 17, 2018 8:49 pm
Ας είναι λυμένο το πρόβλημα . Προεκτείνω το SQ κατά τμήμα \boxed{QT = SP} . Επειδή SB + SD = SQ + QT και \widehat {TSD} = \widehat {TSB} = 60^\circ

το \vartriangle TDB Είναι ισόπλευρο σταθερής πλευράς l = DB = a\sqrt 2 και ο περιγεγραμμένος του κύκλος θα διέρχεται από το S, έστω δε K το κέντρο του .


Τερατολογία.png

Προφανώς το ισοσκελές \vartriangle KTB έχει ίσο περιγεγραμμένο κύκλο με τον προηγούμενο και έστω L το κέντρο του.

Τα τρίγωνα QTB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SDB είναι ίσα και άρα \widehat {BQT} = 120^\circ δηλαδή το Q

ανήκει στον κύκλο (L,l) . Η TQ τέμνει τον κύκλο (K,l) στο S

Τέλος ο κύκλος (D,DS) τέμνει τη SQ στο P.
Άλλη μία άψογη κατασκευή! :clap2: :clap2:


Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία”

Μέλη σε σύνδεση

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