Τετράγωνο, κύκλος και ορθογώνιο τρίγωνο

Γιώργος Μήτσιος · #1

Καλή Κυριακή.

: Τετράγωνο, κύκλος και ορθ. τρίγωνο.PNG (10.78 KiB) Προβλήθηκε 1061 φορές

Το

είναι τετράγωνο και το $E \in AD$ με AE=3ED

. Η

τέμνει την

στο

.

Ο κύκλος που ορίζουν τα A,E,Z

τέμνει την

και στο

ενώ την

και στο

.

Να δείξετε ότι:

Ι) Το τρίγωνο που σχηματίζεται με πλευρές τα τμήματα DZ,BH

και

είναι ορθογώνιο

ΙΙ)Τα σημεία C,H,F

είναι συνευθειακά

ΙΙΙ) Αν οι τέμνονται στο τότε . Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

#2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 06, 2019 1:20 am
Καλή Κυριακή.
Τετράγωνο, κύκλος και ορθ. τρίγωνο.PNG
Το είναι τετράγωνο και το $E \in AD$ με . Η τέμνει την στο .

Ο κύκλος που ορίζουν τα τέμνει την και στο ενώ την και στο .

Να δείξετε ότι:

Ι) Το τρίγωνο που σχηματίζεται με πλευρές τα τμήματα και είναι ορθογώνιο

ΙΙ)Τα σημεία είναι συνευθειακά

ΙΙΙ) Αν οι τέμνονται στο τότε . Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλημέρα!

: Τετράγωνο, κύκλος, κλπ.png (20.75 KiB) Προβλήθηκε 1027 φορές

Αφήνω προς το παρόν το σχήμα και θα δώσω τη λύση το απογευματάκι, αν δεν απαντηθεί μέχρι τότε
με τον τρόπο που έχω υπόψη μου.

Επεξεργασία: Άρση απόκρυψης.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #3

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 06, 2019 1:20 am
Καλή Κυριακή.
Τετράγωνο, κύκλος και ορθ. τρίγωνο.PNG
Το είναι τετράγωνο και το $E \in AD$ με . Η τέμνει την στο .

Ο κύκλος που ορίζουν τα τέμνει την και στο ενώ την και στο .

Να δείξετε ότι:

Ι) Το τρίγωνο που σχηματίζεται με πλευρές τα τμήματα και είναι ορθογώνιο

ΙΙ)Τα σημεία είναι συνευθειακά

ΙΙΙ) Αν οι τέμνονται στο τότε . Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

2).Είναι $\angle CHD= \angle DHA= \omega$ άρα $\angle ZED= \omega$ και DEHC

εγγράψιμο ,άρα $CH \bot EH$ και $\angle CEH=45^0$

Επιπλέον, $FH \bot EH$ αφού

διάμετρος του (A,E,Z)

,επομένως

συνευθειακά .

3).Ακόμη, CHBS

είναι εγγράψιμο άρα $\angle BCS=x$ .Αλλά $tanx= \dfrac{DE}{DC}= \dfrac{1}{4} \Rightarrow \dfrac{SB}{BC}= \dfrac{1}{4}$ άρα, $DE=BS= \dfrac{a}{4}$

Έστω $ZN,HP \bot AD$

1). $\dfrac{DZ}{ZB}= \dfrac{DE}{CB}= \dfrac{1}{4} \Rightarrow DZ= \dfrac{ZB}{4}= \dfrac{DB}{5} \Rightarrow DN= \dfrac{a}{5} \Rightarrow NE= \dfrac{a}{4}- \dfrac{a}{5}= \dfrac{a}{20}$

Είναι $EP=PA= \dfrac{3a}{8} \Rightarrow PN= \dfrac{17a}{40}$ και $\dfrac{DZ}{ZH} = \dfrac{8}{17}$

$\dfrac{BH}{HZ}= \dfrac{AP}{PN}= \dfrac{15}{17}$ κι εύκολα $\dfrac{BH^2}{HZ^2}+ \dfrac{DZ^2}{HZ^2} =1 \Rightarrow BH^2+DZ^2=HZ^2$

: Τετράγωνο -κύκλος-ορθογώνιο.png (145.32 KiB) Προβλήθηκε 1015 φορές

#4

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 06, 2019 1:20 am
Καλή Κυριακή.
Τετράγωνο, κύκλος και ορθ. τρίγωνο.PNG
Το είναι τετράγωνο και το $E \in AD$ με . Η τέμνει την στο .

Ο κύκλος που ορίζουν τα τέμνει την και στο ενώ την και στο .

Να δείξετε ότι:

Ι) Το τρίγωνο που σχηματίζεται με πλευρές τα τμήματα και είναι ορθογώνιο

ΙΙ)Τα σημεία είναι συνευθειακά

ΙΙΙ) Αν οι τέμνονται στο τότε . Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

Έστω

η πλευρά του τετραγώνου και DZ=c, ZH=a, HB=b.

Είναι, $\boxed{a+b+c=4x\sqrt 2}}$ (1)

: Τετράγωνο, κύκλος, κλπ.png (20.75 KiB) Προβλήθηκε 967 φορές

I) $\displaystyle \frac{{DE}}{{CB}} = \frac{{DZ}}{{ZB}} \Leftrightarrow \frac{1}{4} = \frac{c}{{a + b}} \Leftrightarrow$ $\boxed{a+b=4c}$ (2)

και $\displaystyle DE \cdot DA = DZ \cdot DH \Leftrightarrow$ $\boxed{4x^2=c(c+a)}$ (3)

Από τη λύση του συστήματος των τριών εξισώσεων, βρίσκω $\boxed{(a,b,c) = \left( {\frac{{17x\sqrt 2 }}{{10}},\frac{{3x\sqrt 2 }}{2},\frac{{4x\sqrt 2 }}{5}} \right)}$

$\displaystyle {b^2} + {c^2} = \frac{{18{x^2}}}{4} + \frac{{32{x^2}}}{{25}} = \frac{{578{x^2}}}{{100}} = {\left( {\frac{{17x\sqrt 2 }}{{10}}} \right)^2} \Rightarrow$ $\boxed{a^2=b^2+c^2}$

II) $EC=x\sqrt{17}.$ Αλλά, $\displaystyle \frac{{EZ}}{{ZC}} = \frac{{DE}}{{DC}} = \frac{1}{4} \Leftrightarrow ZC = 4EZ \Leftrightarrow EC = 5EZ \Leftrightarrow EZ = \frac{{x\sqrt {17} }}{5}$

$\displaystyle EZ \cdot ZC = 4E{Z^2} = \frac{{4 \cdot 17{x^2}}}{{25}} = \frac{{17x\sqrt 2 }}{{10}} \cdot \frac{{4x\sqrt 2 }}{5} = ac,$ άρα το DEHC

είναι εγγράψιμο. Αλλά,

και το EHFA

είναι εγγράψιμο, οπότε τα σημεία C,H,F

είναι συνευθειακά ( CH, HF

κάθετες στην ίδια ευθεία).

III) Το CES

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε τα τρίγωνα CDE, CBS

είναι ίσα και $\boxed{ED=BS}$

Altrian · #5

Καλησπέρα σε όλους,

Εχω την εντύπωση ότι η σχέση AE=3ED

δεν χρειάζεται. Ολα όσα ζητά η άσκηση ισχύουν ανεξάρτητα της θέσης του

. Αφήνω και ένα σχήμα όπου προκύπτουν εύκολα τα ζητούμενα με τον σχηματισμό του ορθογωνίου τριγώνου. Το θέτω προς διαβούλευση με επιφύλαξη.

#6

Altrian έγραψε: ↑
Κυρ Οκτ 06, 2019 6:58 pm
Καλησπέρα σε όλους,

Εχω την εντύπωση ότι η σχέση δεν χρειάζεται. Ολα όσα ζητά η άσκηση ισχύουν ανεξάρτητα της θέσης του . Αφήνω και ένα σχήμα όπου προκύπτουν εύκολα τα ζητούμενα με τον σχηματισμό του ορθογωνίου τριγώνου. Το θέτω προς διαβούλευση με επιφύλαξη.

Έχεις δίκιο Αλέξανδρε

Και η άσκηση γίνεται πολύ πιο ωραία!

Γιώργος Μήτσιος · #7

Καλημέρα σε όλους! Γιώργο και Μιχάλη σας ευχαριστώ για τις πλήρεις λύσεις!!
Για τα ζητούμενα ΙΙ και ΙΙΙ (είχα τον λόγο μου να ) γνωρίζω ότι ισχύουν γενικότερα. Το πρώτο δεν σκέφτηκα να το ελέγξω..
Ο Αλέξανδρος έχει βεβαίως ..

δίκιο!

Άλλωστε μπορώ να φέρω..αντίρρηση σ'αυτόν που..

..έλκει την καταγωγή του από την Άρτα και μάλιστα από την γειτονιά μου ;
Ας δούμε λοιπόν μια προέκταση-γενίκευση του θέματος που είχα σκοπό να θέσω για συνέχεια

: Τετράγωνο, κύκλος ..ΙΙ PNG.PNG (7.38 KiB) Προβλήθηκε 899 φορές

Θεωρούμε ότι ισχύει $AE=k\cdot AD$ με 0<k<1

και τα λοιπά ως έχουν στην αρχική διατύπωση.Αν $AF=m \cdot AB$

Να εκφραστεί το ως συνάρτηση του

Εφαρμογή: Βρείτε την κλίση της

αν θέσουμε $k=2-\sqrt{2}$ . Ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

#8

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 07, 2019 12:29 am

Θεωρούμε ότι ισχύει $AE=k\cdot AD$ με και τα λοιπά ως έχουν στην αρχική διατύπωση.Αν $AF=m \cdot AB$

Να εκφραστεί το ως συνάρτηση του

Εφαρμογή: Βρείτε την κλίση της αν θέσουμε $k=2-\sqrt{2}$ . Ευχαριστώ και πάλι, Γιώργος.

Αν

είναι η πλευρά του τετραγώνου και θεωρήσουμε γνωστά τα προηγούμενα ευρήματα (αλλιώς αποδεικνύονται), τότε DE=BS=(1-k)a, FB=(1-m)a.

: Τετράγωνο, κύκλος, κλπ.β.png (25.07 KiB) Προβλήθηκε 866 φορές

Το

είναι χαρταετός, άρα $\displaystyle EF = FS \Leftrightarrow a\sqrt {{k^2} + {m^2}} = a(2 - m - k) \Leftrightarrow$ $\boxed{m = \frac{{2(1 - k)}}{{2 - k}}}$

Για $k=2-\sqrt{2},$ η κλίση της

είναι $\displaystyle - \tan \theta = - \frac{k}{m} = \frac{{{k^2} - 2k}}{{2(1 - k)}} = \frac{{2(1 - \sqrt 2 )}}{{2(\sqrt 2 - 1)}} = - 1$

#9

Ας δούμε την αρχική άσκηση για τυχαίο τμήμα DE=x

και έστω

η πλευρά του τετραγώνου.

: Τετράγωνο, κύκλος, κλπ.γ.png (24.01 KiB) Προβλήθηκε 831 φορές

$\displaystyle \bullet$ Τα τρίγωνα ADH, CDH

είναι ίσα και $\displaystyle C\widehat HD = D\widehat HA = D\widehat EC,$ οπότε το DEHC

είναι

εγγράψιμο, άρα $C\widehat HE=90^\circ$ κι επειδή $E\widehat HF=90^\circ,$ τα C, H, F

είναι συνευθειακά.

$\displaystyle \bullet$ Το CHBS

είναι επίσης εγγράψιμο, άρα το CES

είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε τα τρίγωνα

CDE, CBS

είναι ίσα και $\boxed{ED=BS=x}$

$\displaystyle \bullet$ Από τον τύπο της διχοτόμου, $\displaystyle D{Z^2} = ax\left( {1 - \frac{{{a^2} + {x^2}}}{{{{(a + x)}^2}}}} \right) \Leftrightarrow$ $\boxed{DZ = \frac{{ax\sqrt 2 }}{{a + x}}}$

$\displaystyle H{A^2} = H{S^2} = \frac{{C{E^2}}}{2} = \frac{{{a^2} + {x^2}}}{2}$ και με θεώρημα $\displaystyle {\rm{Stewart}}$ στο AHS

και τέμνουσα HB,

είναι:

$\displaystyle \frac{{{a^2} + {x^2}}}{2}x + \frac{{{a^2} + {x^2}}}{2}a = H{B^2}(a + x) + ax(a + x) \Leftrightarrow$ $\boxed{HB = \frac{{(a - x)\sqrt 2 }}{2}}$

$\displaystyle ZH = a\sqrt 2 - (DZ + HB) \Leftrightarrow$ $\boxed{ZH = \frac{{({a^2} + {x^2})\sqrt 2 }}{{2(a + x)}}}$ και εύκολα τώρα, $\boxed{ZH^2=DZ^2+HB^2}$

Altrian · #10

Για το i)

Φέρνω

κάθετη στην

. Τότε $\bigtriangleup DEC=\bigtriangleup CBF\Rightarrow BF=DZ, CF=CZ$ . Αρα HF=HZ

. Ετσι το $\bigtriangleup HBF$ είναι ορθογώνιο τρίγωνο με πλευρές τις DZ=BF, ZH=HF, HB

#11

Altrian έγραψε: ↑
Δευ Οκτ 07, 2019 7:35 pm
Για το i)

Φέρνω κάθετη στην . Τότε $\bigtriangleup DEC=\bigtriangleup CBF\Rightarrow BF=DZ, CF=CZ$ . Αρα . Ετσι το $\bigtriangleup HBF$ είναι ορθογώνιο τρίγωνο με πλευρές τις

Ωραίο Αλέξανδρε

Γιώργος Μήτσιος · #12

Χαιρετώ τους φίλους! Μετά και τις νέες εξαιρετικές προσθήκες από τους Γιώργο και Αλέξανδρο
ας δούμε τον σκοπό για τον οποίο ζήτησα τη σχέση μεταξύ των

και

(δείτε την ανάρτηση #8 του παρόντος)

Έχουμε AF=ma...AE=ka

οπότε

ενώ $\boxed{m = \frac{{2(1 - k)}}{{2 - k}}}$ .

Βρίσκουμε $AE\cdot AF=kma^{2}=\dfrac{2k\left ( 1-k \right )}{2-k}a^{2}$ και $BF=\left ( 1-m \right )a=..=\dfrac{k}{2-k}a\Rightarrow DE\cdot BF=\dfrac{k\left ( 1-k \right )}{2-k}a^{2}$ .

Συνεπώς προκύπτει η σχέση $AE\cdot AF=2DE\cdot BF$ ( $\bigstar$ )

Αφετηρία για την δημιουργία του παρόντος ήταν το παλαιό - υπέροχο- θέμα ΤΟΥΤΟ.

Εκεί , αντίστροφα δίνεται η σχέση ( $\bigstar$ ) με ζητούμενο την ομοκυκλικότητα των πέντε σημείων!
Φιλικά , Γιώργος

Τετράγωνο, κύκλος και ορθογώνιο τρίγωνο

Τετράγωνο, κύκλος και ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο, κύκλος και ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο, κύκλος και ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο, κύκλος και ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο, κύκλος και ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο, κύκλος και ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο, κύκλος και ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο, κύκλος και ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο, κύκλος και ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο, κύκλος και ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο, κύκλος και ορθογώνιο τρίγωνο

Re: Τετράγωνο, κύκλος και ορθογώνιο τρίγωνο

Μέλη σε σύνδεση