Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

dimplak · #1

Δίνεται τετράγωνο $AB \Gamma \Delta$ . Τυχαία ευθεία $(\epsilon)$ διέρχεται από το

και τέμνει την πλευρά $B \Gamma$ στο σημείο

και την προέκταση της $\Delta \Gamma$

στο σημείο

. Αν

είναι το μέσο του τμήματος

, να αποδειχθεί ότι η ευθεία

εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου.

Επιπλέον, αν

είναι η τομή των ευθειών

και $\Delta E$ , να αποδειχθεί ότι το

είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραγώνου.

Υ.Γ. Μόνο με Ευκλείδια Γεωμετρία

#2

Με δεδομένο ότι οι μετρικές σχέσεις περιλαμβάνονται στην Ευκλείδεια Γεωμετρία, δεν έχεις αποκλείσει και πολλά πράγματα...

KARKAR · #3

: Ευκλείδεια.png (24.14 KiB) Προβλήθηκε 2119 φορές

Η στρατηγική είναι να δείξουμε ότι η

είναι η διχοτόμος της $\widehat{NZS}$ . Έστω EC=x

.

Από τα όμοια AEB,ZCE

βρίσκω το

και από τα επίσης όμοια ZCM,ZNS

βρίσκω τα NS ,ZS

και άρα το

. Τώρα αρκεί πλέον να είναι $\dfrac{NO}{OS}=\dfrac{NZ}{NS}{$ .

Ε λοιπόν είναι ! Οι πράξεις πάντως είναι πολλές , εδώ μάλλον κερδίζει ο Καρτέσιος

dimplak · #4

Καλημέρα!

Πολύ βοηθητικές οι σκέψεις σας αλλά δεν πτοούμαι , θα το αφήσω να ... ψαχθεί και άλλο το θέμα υπέρ της Ευκλείδιας!

Επειδή έχω και τη λύση της Αναλυτικής Γεωμετρίας, με τα μέχρι τώρα δεδομένα κερδίσει σε αυτόν τον αγώνα η Αναλυτική!

Συνεχίζουμε και αν δε βρεθεί άλλη ... Ευκλείδια λύση καλύτερη , το σκορ θα επικυρωθεί ως 1 - 1 , δεδομένου ότι στην 1η άσκηση υπερτερει η Ευκλείδια λύση !

STOPJOHN · #5

Kαλημέρα ,Δημήτρη ,Θανάση και Κώστα
Θα γράψω σε λίγο τη λύση και πιστεύω να είναι υπέρ της Ευκλέιδειας ,ωστόσο το ερώτημα μου είναι στον Κώστα που αναφέρει για λύση με μετρικές σχέσεις (;),εγώ χρησιμοποίησα ομοιότητα τριγώνων..ίδωμεν

Γιάννης

STOPJOHN · #6

dimplak έγραψε:Δίνεται τετράγωνο $AB \Gamma \Delta$ . Τυχαία ευθεία $(\epsilon)$ διέρχεται από το και τέμνει την πλευρά $B \Gamma$ στο σημείο και την προέκταση της $\Delta \Gamma$

στο σημείο . Αν είναι το μέσο του τμήματος , να αποδειχθεί ότι η ευθεία εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου.

Επιπλέον, αν είναι η τομή των ευθειών και $\Delta E$ , να αποδειχθεί ότι το είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραγώνου.

Υ.Γ. Μόνο με Ευκλείδια Γεωμετρία

Για το πρώτο μέρος της άσκησης. Το ισοδύναμο πρόβλημα :

Εστω ότι η ευθεία

είναι η εφαπτομένη του κύκλου $(O,\dfrac{a}{2})$

Θα αποδείξω ότι το σημέιο

είναι το μέσο του τμήματος

δηλαδή

. Θεωρώ τα ίσα εφαπτόμενα τμήματα IL=IT=x,TM=MN=y

.

Είναι $MB=\dfrac{a}{2}-y$ και από το ορθογώνιο τρίγωνο

$MIB, y=\dfrac{a(a-2x)}{2(a+2x)},(*), MB=\dfrac{2ax}{a+2x},(1)$

Από τα όμοια τρίγωνα

$EZ\Gamma ,AEB,Z\Gamma =\dfrac{a(a-2x)}{2x},(2),E\Gamma =2y=\dfrac{a(a-2x)}{a+2x},(3), EM=a-MB-2y=\dfrac{2ax}{a+2x},(4) (1),(4)\Rightarrow MB=ME$

Φιλικά

Γιάννης

ΥΓ. Για να απαντήσω στον Κώστα Βήττα γράφω τις πράξεις με λεπτομέρειες

Θέτουμε τα εφαπτόμενα τμήματα x=IL=IT,y=MT=MN

Θα αποδειχθεί ότι MB=ME

Εφόσον είναι
$IM^{2}=BM^{2}+IB^{2},MB=\dfrac{a}{2}-y,(x+y)^{2}=(\dfrac{a}{2}-y)^{2}+(\dfrac{a}{2}-x)^{2}\Leftrightarrow y=\dfrac{a(a-2x)}{2(a+2x)},(*), MB=\dfrac{a}{2}-y\Rightarrow MB=\dfrac{2ax}{a+2x},(1)$ η τελευταία σχέση προκύπτει λόγω της (*)

H βασική ιδέα είναι να εκφράσω τα μήκη που με ενδιαφέρουν συναρτήση των μηκών των εφαπτομένων τμημάτων
$ME=M\Gamma -E\Gamma =a-MB-E\Gamma =\dfrac{a^{2}}{a+2x}-E\Gamma ,(2)$

Αρκεί να αποδειχθεί ότι
$E\Gamma =\dfrac{a(a-2x)}{a+2x)},(3)$

Πράγματι από τα όμοια τρίγωνα
$E\Gamma Z,EAB, \dfrac{E\Gamma }{a-E\Gamma }=\dfrac{Z\Gamma }{a},(7), ZD=ZT\Rightarrow Z\Gamma =y-\dfrac{a}{2}+MZ,(**)$ . Από τα όμοια τρίγωνα

$MZ\Gamma ,MIB\Rightarrow \dfrac{MZ}{MI}=\dfrac{2Z\Gamma }{a-2x},(4), MI=x+y=\dfrac{a^{2}+4x^{2}}{2(a+2x)},(5), (4),(5)\Rightarrow MZ=\dfrac{a^{2}+4x^{2}}{a^{2}-4x^{2}}.(Z\Gamma ), Z\Gamma =\dfrac{a(a-2x)}{4x},(6), (6),(7)\Rightarrow E\Gamma =\dfrac{a(a-2x)}{(a+2x)}$

KARKAR · #7

Στο παιγνίδι μπαίνει νέος παίκτης , ο κος Τριγωνομετρίδης .

: Ευκλείδεια.png (24.14 KiB) Προβλήθηκε 2062 φορές

Αφού υπολογίσαμε το

, βρίσκουμε $tan\phi=\dfrac{a-x}{a+x}$ , οπότε $tan2\phi=\dfrac{a^2-x^2}{2ax}$ .

Συνεπώς : $\dfrac{y+x}{\dfrac{ax}{a-x}}=\dfrac{a^2-x^2}{2ax}$ , από την οποία προκύπτει : $y=\dfrac{a-x}{2}$ , ό . έ . δ.

dimplak · #8

Τέλεια ... τριγωνομετρική προσέγγιση!

Θα προσπαθήσω όμως κι άλλο για καθαρή Ευκλείδια λύση!

Προσπαθώ να εφαρμόσω τη μέθοδο: " Η ευθεία διέρχεται από το άκρο χορδής $B \Gamma$ του κύκλου και σχηματίζει με την χορδή γωνία $\hat{\omega}$

η οποία είναι ίση με την εγγεγραμμένη γωνία στον κύκλο που βαίνει , στο εσωτερικό της γωνίας $\hat{\omega}$ , τόξο $B \Gamma$ ".

Αν έχει κάποιος κάποια λύση με βάση αυτή τη μέθοδο ας την περιγράψει!

Ευχαριστώ

Δημήτρης

#9

STOPJOHN έγραψε:Kαλημέρα ,Δημήτρη ,Θανάση και Κώστα
Θα γράψω σε λίγο τη λύση και πιστεύω να είναι υπέρ της Ευκλείδειας ,ωστόσο το ερώτημα μου είναι στον Κώστα που αναφέρει για λύση με μετρικές σχέσεις (;),εγώ χρησιμοποίησα ομοιότητα τριγώνων..ίδωμεν

Γιάννης

Ok, φίλε Γιάννη, αντί για ... ρηλάξ, βραδιάτικα, θα έχω latex!!

Στο σχήμα θέτω AB=a, CE=t

και υπολογίζω (απλό) $CZ=\dfrac{at}{a-t}$ και $CM=\dfrac{a+t}{2}$ , και με Πυθαγόρειο θεώρημα: $MZ=\dfrac{a^2+t^2}{2(a-t)}$ .

Με τις σχέσεις αυτές, για να έχουμε μέτρο σύγκρισης, θα παρουσιάσω μία λύση με Αναλυτική Γεωμετρία, μία τριγωνομετρική και μία με μετρικές σχέσεις. Τέλος θα παίξουμε και αλλιώς. (λόγω χρόνου, η παρουσίασή μου θα είναι σε συνέχειες).

Με αναλυτική, θεωρώ σύστημα συντεταγμένων με αρχή το

και θετικούς ημιάξονες τις ημιευθείες CZ, CB

. Η εξίσωση της ευθείας

είναι $\dfrac{x}{CZ}+\dfrac{y}{CM}=1$ ή

$\dfrac{x}{\dfrac{at}{a-t}}+\dfrac{y}{\dfrac{a+t}{2}}=1$

Η απόσταση του $O\left(-\dfrac{a}{2} , \dfrac{a}{2}\right)$ , από την ευθεία αυτή είναι

$d=\frac{\left|\dfrac{-\frac{a}{2}}{\dfrac{at}{a-t}}+\dfrac{\frac{a}{2}}{\dfrac{a+t}{2}}-1 \right|}{\sqrt{\left(\dfrac{a-t}{at} \right)^2+\left(\dfrac{2}{a+t} \right)^2}}$ .

Ο αριθμητής του κλάσματος ισούται με $\dfrac{a^2+t^2}{2t(a+t)}$ . Ο παρονομαστής ισούται με $\dfrac{a^2+t^2}{at(a+t)}$ , οπότε η απόσταση του $O\left(-\dfrac{a}{2} , \dfrac{a}{2}\right)$ από την ευθεία είναι τελικά $d=\dfrac{a}{2}$ , που τελειώνει την απόδειξη.

#10

Με τριγωνομετρία, περίπου όπως ο Θανάσης. Αν

είναι η προβολή του

στην

, $u=\hat{TZO}$ και $w=\hat{CZM}$ , αρκεί να δείξω ότι w=2u

, γιατί τότε... κ.λπ. Αλλά

$tanu=\dfrac{OT}{TZ}=\dfrac{\dfrac{a}{2}}{\dfrac{a}{2}+\dfrac{at}{a-t}}=\dfrac{a-t}{a+t}$ και $tanw=\dfrac{MC}{CZ}=\dfrac{\dfrac{a+t}{2}}{\dfrac{at}{a-t}}=\dfrac{a^2-t^2}{2at}$ .

Επαληθεύω την ισότητα $tanw=\dfrac{2tanu}{1+tan^2u} (=tan2u)$ (απλό) και τελείωσα.

#11

Με μετρικές σχέσεις, επιλέγω την εξής παρουσίαση, για να έχει ενδιαφέρον η ... πληκτολόγηση!

Αρκεί να δείξω ότι ο

παρεγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου MCZ

έχει ακτίνα $\rho _z=\dfrac{a}{2}$ .

Πράγματι από τον τύπο $E=(\tau -a)\rho _a$ έχω: $\frac{1}{2}(CZ)(CM)=\left[\dfrac{1}{2}\left(CZ+CM+ZM \right) -CM\right]\rho _z$ ή

$\dfrac{1}{2}\dfrac{at}{a-t}\dfrac{a+t}{2}=\left[\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{at}{a-t} +\dfrac{a+t}{2}+\dfrac{a^2+t^2}{2(a-t)}\right)-\dfrac{a+t}{2} \right]\rho _z$

Αυτό δίνει (απλό και γρήγορο) $\rho _z=\dfrac{a}{2}$

#12

Ορίζουμε το

, ως το σημείο τομής της πλευράς

του δοσμένου τετραγώνου ABCD

, από την δια του σημείου

εφαπτομένη του εγγεγραμμένου κύκλου του και αρκεί , ως ισοδύναμο (α) ζητούμενο, να αποδειχθεί ότι ισχύει $\boxed{MB = ME}\ \ \ ,(1)$ και έστω το σημείο $K\equiv AB\cap ZM$ .

$\bullet$ Με διατέμνουσα την KMZ

στο τρίγωνο $\vartriangle ABE$ , σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου , έχουμε $\displaystyle \frac{KB}{KA}\cdot \frac{ZA}{ZE}\cdot \frac{ME}{MB} = 1\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ , αρκεί να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \frac{KB}{KA} = \frac{ZE}{ZA}$ , αρκεί $\displaystyle \frac{KB}{KA} = \frac{ZC}{ZC + AB}$ , αρκεί $\displaystyle \frac{KB}{ZC} = \frac{KA}{ZC + AB}\ \ \ ,(3)$

Έστω το σημείο $L\equiv CD\cap KO$ και έχουμε $KL\perp OZ$ , λόγω της διχοτόμου

της γωνίας $\angle KZL$ και OK = OL

$\Rightarrow$ τρίγωνο $\vartriangle ZKL$ , ισοσκελές

.

: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2 - Απόδειξη του (α) ζητούμενου.; f=22_t=53725.PNG (19.33 KiB) Προβλήθηκε 1906 φορές

$\bullet$ Τα τρίγωνα $\vartriangle OBK,\ \vartriangle OCZ$ έχουν $\angle OBK + \angle OCZ = 180^{o}$ και $\angle KOB = \angle ZOC$ λόγω $KO\perp OZ$ και $BO\perp OC$ και άρα, έχουμε $\displaystyle \frac{KB}{ZC} = \frac{OK}{OZ}\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)$ , αρκεί να αποδειχθεί ότι $\displaystyle \frac{OK}{OZ} = \frac{KA}{ZC + AB}$ , αρκεί $\displaystyle \frac{OK}{OZ} = \frac{KA}{ZC + CD}$ , αρκεί $\boxed{\displaystyle \frac{OK}{OZ} = \frac{KA}{ZD}}\ \ \ ,(5)$

Η (5)

όμως αληθεύει από τα τρίγωνα $\vartriangle OAK,\ \vartriangle ODZ$ , τα οποία έχουν $\angle OAK = 45^{o} = \angle ODZ$ και $\angle AOK + \angle DOZ = 180^{o}$ λόγω $\angle AOK = \angle BOZ$ .

Συμπεραίνεται έτσι, ότι αληθεύει και η (1)

και το ισοδύναμο (α) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το (β) ζητούμενο.

#13

Ορίζουμε το

, ως το σημείο τομής του πριγεγραμμένου κύκλου του δοσμένου τετραγώνου ABCD

, από την ευθεία

και αρκεί, ως ισοδύναμο (β) ζητούμενο, να αποδειχθεί ότι $P\in ZM$ .

$\bullet$ Ισχύει $\boxed{\angle BDP = \angle BCP}\ \ \ ,(1)$

Από $\displaystyle \frac{BE}{EC} = \frac{AB}{ZC}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BE}{BE + EC} = \frac{AB}{AB + ZC} = \frac{AB}{ZC + CD} = \frac{AB}{ZD}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BE}{BC} = \frac{AB}{ZD}\Rightarrow$ $(BE)(ZD) = (AB)(BC) = (AB)^{2}\ \ \ ,(2)$

Από $(2)\Rightarrow$ $(BE)(ZD) = 2(OB)^{2} = 2(OD)^{2} = (OD)(BD)\ \ \ ,(3)$

Από $(3)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BE}{BD} = \frac{OD}{ZD}\ \ \ ,(4)$

Από (4)

και $\angle EBD = 45^{o} = \angle ODZ$ προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\vartriangle BED,\ \vartriangle DOZ$ είναι όμοια και άρα, έχουμε $\boxed{\angle BDE\equiv \angle BDP = \angle DZO}\ \ \ ,(5)$

: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2 - Απόδειξη του (β) ζητούμενου.; f=22_t=53725(a).PNG (23.79 KiB) Προβλήθηκε 1891 φορές

$\bullet$ Από $(1),\ (5)\Rightarrow$ $\angle BCP = \angle DZO\ \ \ ,(6)$

Από (6)

και $BC\perp DZ\Rightarrow$ $\boxed{CP\perp ZO}\ \ \ ,(7)$

Από (7)

, προκύπτει ότι το σημείο

ταυτίζεται με το συμμετρικό του σημείου

, ως προς την ευθεία

.

Συμπεραίνεται έτσι, ότι το σημείο

ανήκει στην ευθεία

και το ισοδύναμο (β) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

dimplak · #14

Αναμφίσβητητα ... Ευκλείδεια όμορφη η λύση!

Έχω αρχίσει να την σκανάρω στο δικό μου υπόβαθρο βήμα βήμα και να την απολαμβάνω παράλληλα!

Ερώτηση:

Στο (α) ερώτημα , η σχέση (4) προκύπτει από κάποιο συγκεκριμένο θεώρημα ή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου;

Την κατανόησα μόνο με τη βοήθεια της παραγράφου "Εμβαδά και ομοιότητα" και συγκεκριμένα με τη βοήθεια της άσκησης

Εμπέδωσης 5 Παράγραφος 10.5

Ευχαριστώ!

Δημήτρης

#15

Κλείνω, προς το παρόν, με το πρώτο ερώτημα, με την επόμενη απόδειξη:

Ας είναι

το μέσο της

,

το σημείο που η

τέμνει την

, και

το σημείο που η παράλληλη από το

προς την

τέμνει την

. Άμεσα τότε,

$TM=\dfrac{AB}{2}=KC$

Η

τέμνει την διαγώνιο

σε λόγο $\dfrac{MC}{AD}$ (άμεσο). Αλλά και η

, τέμνει την ίδια διαγώνιο σε λόγο $\dfrac{KC}{AI}$ , που ισούται με τον $\dfrac{MC}{AD}$ , αφού

$\dfrac{KC}{AI}=\dfrac{TM}{AI}=\dfrac{}{}\dfrac{MZ}{IZ}=\dfrac{MC}{BC}=\dfrac{MC}{AD}$

Επομένως οι AC,IK, DM

συντρέχουν. Από το (αντίστροφο) θεώρημα Brianchon για το εκφυλισμένο εξάγωνο AIMCKD

, η

εφάπτεται στον κύκλο μας, και η απόδειξε έγινε.

#16

dimplak έγραψε:Ερώτηση:

Στο (α) ερώτημα , η σχέση (4) προκύπτει από κάποιο συγκεκριμένο θεώρημα ή εφαρμογή του σχολικού βιβλίου;

Την κατανόησα μόνο με τη βοήθεια της παραγράφου "Εμβαδά και ομοιότητα" και συγκεκριμένα με τη βοήθεια της άσκησης

Εμπέδωσης 5 Παράγραφος 10.5

Δημήτρη, δεν έχω επαφή με ισχύον σχολικό βιβλίο.

Είναι το γνωστό αποτέλεσμα, το οποίο στα χρόνια μου μαθαίναμε ως θεώρημα.

ΘΕΩΡΗΜΑ. - Εάν δύο τρίγωνα έχουν δύο γωνίες ίσες και δύο γωνίες παραπληρωματικές, τότε ο λόγος των πλευρών τους απέναντι των ίσων γωνιών είναι ίσος με τον λόγο των πλευρών απέναντι των παραπληρωματικών γωνιών.

Ο αγαπητός μου φίλος Νίκος Φραγκάκης ( Doloros ), μου επιβεβαίωσε αυτό που λες για την άσκηση Εμπέδωσης 5 - Παράγραφος 10.5

$\bullet$ Δεν ξέρω τι σκορ καταγράφεις, αλλά για τις δύο πρώτες ασκήσεις που έβαλες πρέπει να είμαστε στο 2 - 0 , μετά την εμπνευσμένη απόδειξη που μας έδωσε ο Κώστας Ρεκούμης ( rek2 ), στην αμέσως προηγούμενη δημοσίευση.

#17

dimplak έγραψε:Δίνεται τετράγωνο $AB \Gamma \Delta$ . Τυχαία ευθεία $(\epsilon)$ διέρχεται από το και τέμνει την πλευρά $B \Gamma$ στο σημείο και την προέκταση της $\Delta \Gamma$

στο σημείο . Αν είναι το μέσο του τμήματος , να αποδειχθεί ότι η ευθεία εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου.

Επιπλέον, αν είναι η τομή των ευθειών και $\Delta E$ , να αποδειχθεί ότι το είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραγώνου.

Υ.Γ. Μόνο με Ευκλείδεια Γεωμετρία

Η άσκηση είναι στο βιβλίο : Γεωργίου Ι. Τζιβανίδη : Σημειώσεις ανωτέρων μαθηματικών τόμος Ιβ' Αναλυτική Γεωμετρία έτος 1964 .

έχω στα κιτάπια μου μια λύση με ευκλείδεια γεωμετρία. Νομίζω δε ότι την έχω ανεβάσει παλιότερα γιατί η άσκηση έχει ξανά συζητηθεί .

Νίκος

dimplak · #18

Χαίρομαι που αυτοί οι πειραματισμοί μου γίνονται αφορμή για παραγωγή όμορφων λύσεων στην Ευκλείδεια Γεωμετρία!

Ευχαριστώ για τις επισημάνσεις στις απορίες μου, προσπαθώντας να κατανοήσω πλήρως τις απαιτητικές σας λύσεις και πιο πολύ να αφομοιώσω τις γεωμετρικές σας

παρεμβάσεις στο σχήμα ώστε να επιτευχθεί η λύση!

Αν και προτείνω ασκήσεις , αντιλαμβάνομαι πλήρως ότι οι λύσεις τους είναι μόνο διδακτικές για μένα προς το παρόν και δεν έχω τα απαραίτητα εφόδια παρά μόνο να τις

μελετήσω αναλυτικά και να τα αντλήσω μέσα από αυτές με τον καιρό !

Η ... γεωμετρική σας παρέα ανεκτίμητη!

Φιλικά

Δημήτρης

dimplak · #19

Αγαπητέ κ. Φραγκακη,

Σύμφωνα με τη δημοσίευση σας , η ιστορία ξετυλίγεται...

Η πηγή της άσκησης είναι " Ν. Κυριακόπουλος - Αναλυτική Γεωμετρία " και στην τελευταία θέση της βιβλιογραφίας βρίσκεται το βιβλίο που αναφέρετε!

Προφανώς ο κ. Ν. Κυριακόπουλος δανείστηκε θέματα Ευκλείδειας Γεωμετρίας από αυτό το βιβλίο και τα προσάρμοσε στην Αναλυτική Γεωμετρία!

#20

dimplak έγραψε:Δίνεται τετράγωνο $AB \Gamma \Delta$ . Τυχαία ευθεία $(\epsilon)$ διέρχεται από το και τέμνει την πλευρά $B \Gamma$ στο σημείο και την προέκταση της $\Delta \Gamma$

στο σημείο . Αν είναι το μέσο του τμήματος , να αποδειχθεί ότι η ευθεία εφάπτεται στον εγγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου.

Επιπλέον, αν είναι η τομή των ευθειών και $\Delta E$ , να αποδειχθεί ότι το είναι σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραγώνου.

Υ.Γ. Μόνο με Ευκλείδια Γεωμετρία

Παρ΄ότι δεν τελείωσα, ακόμη, με το πρώτο ερώτημα, ας δούμε και το δεύτερο ερώτημα με Αναλυτική Γεωμετρία, ώστε στη συνέχεια να συγκρίνουμε. Η Αναλυτική Γεωμετρία δίνει λύσεις, ειδικά -παραφράζοντας τον Κένεντι-, με εφαρμογή του ... αξιώματος: " Μη κωλώσεις στις πράξεις. Όταν η κατάσταση γίνει ζόρικη, οι ζόρικοι προχωρούν!"

Θέσαμε

την πλευρά του τετραγώνου, CE=t

και υπολογίσαμε $CZ=\dfrac{at}{a-t},\,\,\,\,CM=\dfrac{a+t}{2}$ . Θεωρήσαμε σύστημα αξόνων με αρχή το

και θετικούς ημιάξονες στις ημιευθείες CZ, CB

. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τετραγώνου έχει εξίσωση

$x(x+a)+y(y-a)=0\Rightarrow x^2+y^2+ax-ay=0$

Θα βρούμε τις συντεταγμένες του

και θα τον επαληθεύσουμε.

Οι ευθείες ED, ZM

έχουν κατά σειρά εξισώσεις

$\dfrac{x}{-CD}+\dfrac{y}{CE}=1\Rightarrow \dfrac{x}{-a}+\dfrac{y}{t}=1\Rightarrow -tx+ay=at$

$\dfrac{x}{CZ}+\dfrac{y}{CM}=1\Rightarrow \dfrac{x}{\dfrac{ta}{a-t}}+\dfrac{y}{\dfrac{a+t}{2}}=1\Rightarrow (a^2-t^2)x+2aty=at(a+t)$

Το σύστημα των δύο εξισώσεων έχει

$D=a(a^2+t^2), D_x=a^2t(a-t), D_y=a^2t(a+t), x=\dfrac{at(a-t)}{a^2+t^2}, y=\dfrac{at(a+t)}{a^2+t^2}$

Επομένως $P\left( \dfrac{at(a-t)}{a^2+t^2}, \dfrac{at(a+t)}{a^2+t^2}\right)$ , που (πράξεις ρουτίνας) επαληθεύει την εξίσωση του κύκλου, και η απόδειξη έγινε.

Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Re: Ευκλείδεια Γεωμετρία vs Αναλυτική Γεωμετρία 2

Μέλη σε σύνδεση