mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιούλ 08, 2011 2:34 pm**

Mιας και ξεκίνησα με Ευκλείδεια:

Δίνεται τετράγωνο ABCD

εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R)

και ευθεία $\epsilon$ εφαπτομένη του κύκλου. Αν A{'},B{'},C{'},D{'}

είναι οι ορθές
προβολές των (αντίστοιχων) κορυφών του τετραγώνου στην ευθεία, να δείξετε ότι ισχύει $AA{'}\cdot CC{'}+BB{'}\cdot DD{'}=R^2$ .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 09, 2011 7:13 pm**

Επαναφορά.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 09, 2011 9:31 pm**

Ευχαριστώ. Δεν ήξερα ότι είχε συζητηθεί

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 09, 2011 10:18 pm**

Γιώργο, όχι δεν είχε ξανασυζητηθεί. "Επαναφορά" σημαίνει ότιι κάποιος την ξαναφέρνει στο προσκήνιο γιατί αγνοήθηκε ενώ κρίνεται ως αξιόλογη για συζήτηση.

Πραγματικά, παροτρύνω και εγώ τους ΜΑΘΗΤΕΣ μας να ασχοληθούν. Είναι ωραία άσκηση, όχι και τόσο δύσκολη. Λύνεται με τουλάχιστον δύο τρόπους:

α) με Αναλυτική (το σχήμα έχει δύο ωραίες κάθετες ευθείες που σφυρίζουν ως κατάλληλοι ορθογώνιοι άξονες),

β) Τριγωνομετρικά (το σχήμα έχει πολλές ίσες γωνίες και τις συμπληρωματικές τους. Εμφανίζονται πολλά "ημθ", "συνθ").

Άντε, χαρτί, μολύβι και διαβήτη.

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιούλ 09, 2011 11:05 pm**

: Tετράγωνο-σε-κύκλο.png (42.05 KiB) Προβλήθηκε 1169 φορές

Γιώργο καλησπέρα.

Από θεώρημα Θαλή έχουμε $\displaystyle\frac{{A'M}}{{MC'}} = \displaystyle\frac{{AO}}{{OC}} = 1$ και $\displaystyle\frac{{D'M}}{{MB'}} = \displaystyle\frac{{DO}}{{OB}} = 1$ , οπότε έστω A'M = MC' = x

και

. Θέτω $A\widehat MA' = \varphi$ και αφού $A\widehat MC = {90^ \circ }$ (εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο) θα είναι $C\widehat MC' = {90^ \circ } - \varphi$ .

Τα ορθογώνια τρίγωνα AMA',MCC'

είναι όμοια (όπως και τα ορθογώνια τρίγωνα BMB',MDD'

), οπότε θα ισχύει: $AA' \cdot CC' = {x^2}\,\,\left( 1 \right)\,\,\& \,\,BB' \cdot DD' = {y^2}\,\,\left( 2 \right)$ .

Φέροντας $AE \bot CC'\,\,\& \,\,DF \bot BB'$ τα ορθογώνια τρίγωνα ACE,BDF

είναι ίσα ( AC = BD

και $C\widehat AE = D\widehat BF$ σαν οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες), οπότε (και λόγω των ορθογωνίων παραλληλογράμμων) θα είναι $AE = 2x\,\,\& {\kern 1pt} \,CE = FD = 2y$ .

Από Πυθαγόρειο στο ACE

παίρνουμε $4{R^2} = 4{x^2} + 4{y^2}$ ή ${R^2} = {x^2} + {y^2}\,\,\left( 3 \right)$ . Προσθέτοντας κατά μέλη τις $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$ και από την $\left( 3 \right)$ προκύπτει η ζητούμενη σχέση.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 10, 2011 12:36 am**

Eυχαριστώ για την ενασχόληση και την όμορφη λύση! Επίσης ευχαριστώ για τη διευκρίνιση του "επαναφορά"...

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 10, 2011 10:27 am**

Καλημέρα. Δίνω μια άλλη λύση

Θεωρούμε ευθεία $\epsilon{'}//\epsilon$ η οποία τέμνει τους φορείς των AA{'},BB{'},CC{'},DD{'}

στα σημεία A_1,B_1,C_1,D_1

αντίστοιχα. Τότε: $\displaystyle{AA{'}=A_1A{'}-A_1A,CC{'}=C_1C{'}+CC_1,BB{'}=B_1B{'}+B_1B,DD{'}=D_1D{'}-DD_1}$ .
(Αφού πάντα θα υπάρχουν δυο πλευρές που θα βρίσκονται εκατέρωθεν της ε΄, στις σχέσεις αυτές θα έχω δύο με "+" και δύο με "-")

Eπίσης, από την ισότητα των τριγώνων OAA_1,OBB_1

προκύπτει

(1)

Έτσι, $\displaystyle{AA{'}\cdot CC{'}+BB{'}\cdot DD{'}=(A_1A{'}-A_1A)(C_1C{'}+CC_1)+(B_1B{'}+BB_1)(D_1D{'}-DD_1)=}$

$\displaystyle{=(R-A_1A)(R+CC_1)+(R+B_1B)(R-DD_1)=(R-A_1A)(R+A_1A)+(R+BB_1)(R-BB_1)=}$

$\displaystyle{=R^2-AA_1^2+R^2-BB_1^2\overset{(1)}=2R^2-(AA_1^2+OA_1^2)\overset{\Pi. \Theta.}=2R^2-OA^2=2R^2-R^2=R^2}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 10, 2011 11:14 am**

Μια προσέγγιση ακόμα

A'E=EC'

ως προβολές επί της

των (ίσων)ακτίνων

και

της διαμέτρου

$\triangleleft BKC=\triangleleft DPC$ διότι ( $BC=DC , < BKC= <DPC = 135^{\circ} , <KBC=<KDC=<DCP$ ) άρα BK=CP

συνεπώς και τα αποστήματα θα είναι ίσα δηλ OZ=OH=EC'

$AA' \cdot CC' + BB' \cdot DD'=AA'\cdot XA' + KD' \cdot DD' =A'E^2+D'E^2 = C'E^2 + D'E^2 = OZ^2+ZK^2=OK^2=R^2$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 10, 2011 11:25 am**

Άλλη μία (τα κύρια βήματα, χωρίς τις πράξεις) με Αναλυτική Γεωμετρία.

Χρησιμοποιούμε άξονες τους AD, AB

, οπότε οι κορυφές του τετραγώνου είναι Της μορφής $A(0,0), \,D(2a,0),\, C(2a,2a),\, B(0,2a)$ το κέντρο K(a,a)

και η ακτίνα του κύκλου $a\sqrt 2$ . Η εξίσωση της ευθείας είναι y=mx+c

αλλά το γεγονός ότι απέχει $R= a\sqrt2$ από το

δίνει $\frac {|a-ma-c|}{\sqrt{1+m^2}}= a\sqrt2$ . Τα απόλυτα φεύγουν διότι το

είναι αριστερά της ευθείας, οπότε y_k > mx_k+c

δηλαδή

(για ακριβώς τον ίδιο λόγο γεύγουν όλα τα απόλυτα στα παρακάτω, π.χ. είναι y_B> mx_B+c

κλπ.

Έτσι ισχύει $\boxed {\frac {a-ma-c}{\sqrt{1+m^2}}= a\sqrt2}$ (*)

Τώρα, εύκολα βλέπουμε ότι το αποδεικτέο είναι (έβγαλα τα απόλυτα)

$\frac {0-0m-c}{\sqrt{1+m^2}}\cdot \frac {2a-2ma-c}{\sqrt{1+m^2}}+ \frac {0-2ma-c}{\sqrt{1+m^2}}\cdot \frac {2a-0m-c}{\sqrt{1+m^2}}= 2a^2$

που είναι ρουτίνα από την (*) (διώχνουμε το

με χρήση της (*)).

Φιλικά,

Μιχάλης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 10, 2011 2:54 pm**

Χωρίς να παρουσιάζω κάτι διαφορετικό από τη λύση του Μιχάλη, μια μικρή "παραλλαγή":

Αν θεωρήσουμε τις διαγωνίους ως άξονες συντεταγμένων, έχουμε A(R,0),B(0,R),C(-R,0),D(0,-R)

. Αν

το σημείο επαφής, τότε $(\epsilon):xx_1+yy_1-R^2=0$ .

Iσχύει $\displaystyle{AA{'}=d(A,\epsilon)=\frac{|Rx_1+0-R^2|}{\sqrt{x_1^2+y_1^2}}=\frac{R|x_1-R|}{\sqrt{R^2}}=|x_1-R|}$ . Oμοίως $BB{'}=|y_1-R|,CC{'}=|x_1+R|,DD{'}=|y_1+R|$ . Eπίσης, $-R\leq x_1,y_1 \leq R$ (1).

Η παράσταση γίνεται: $\displaystyle{|x_1-R|\cdot |x_1+R|+ |y_1-R|\cdot |y_1+R|=|x_1^2-R^2|+|y_1^2-R^2|\overset{(1)}=-x_1^2+R^2-y_1^2+R^2=-(x_1^2+y_1^2)+2R^2=-R^2+2R^2=R^2}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιούλ 10, 2011 8:28 pm**

Μετά τη μεγάλη ποικιλία λύσεων που έχουν προταθεί από τους εκλεκτούς συναδέλφους, άλλη μία, χάριν πολυφωνίας σε ατή την πολύ ενδιαφέρουσα και όχι ιδιαίτερα δύσκολη πιστεύω και για τους μαθητές άσκηση. Καλό θα είναι μάλιστα, να προσπαθήσουν να βρούν τη δική τους λύση, αγνοώντας αρχικά τις ποτεινόμενες.
Κατασκευάζουμε το τετράγωνο που είναι περιγεγραμμένο του κύκλου και η μία του πλευρά βρίσκεται πάνω στη δοσμένη ευθεία.Εύκολα με χρήση συμμετριών, προκύπτουν οι ισότητες CC'=A'E, DD'=AK, BB'=AN=KP

.
Χρησιμοποιώντας δύναμη σημείου ως προς κύκλο, προκύπτουν οι σχέσεις:
$AA'\cdot CC'=AA'\cdot A'E=A'K^{2}=ZO^{2}$
$BB'\cdot DD'=AK\cdot KP=KH^{2}=AZ^{2}$
και το ζητούμενο προκύπτει με πυθαγόρειο θεώρημα στο ΑΖΟ.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Αύγ 03, 2011 9:30 pm**

Μια ακόμα γεωμετρική λύση.

Έστω

η προβολή του

στην εφαπτομένη και

η προβολή του

στην

.
Το τετράπλευρο AA'CC'

είναι ορθογώνιο τραπέζιο, με παράλληλες τις AA',CC'

και διαμεσο την $\displaystyle{OM=R=\frac{AA'+CC'}{2}}$ .
Στο ορθογώνιο τρίγωνο ACE

από Πυθαγόρειο Θεώρημα έχω:
$\displaystyle{AC^2=AE^2+CE^2\Rightarrow (2R)^2=(2A'M)^2+(CC'-AA')^2\Rightarrow (AA'+CC')^2=4A'M^2+(CC'-AA')^2\Rightarrow}$
$\displaystyle{CC'^2+2CC'\cdot AA'+AA'^2=4A'M^2+CC'^2-2CC'AA'+AA'^2\Rightarrow 4CC'\cdot AA'=4A'M^2 \Rightarrow CC'\cdot AA'=A'M^2}$ (1).
Έστω

το σημείο τομής των OM,AE

και

η προβολή του

στην

.
Το τρίγωνο OAK

είναι ορθογώνιο στο

οπότε $\displaystyle{A'M^2=AK^2=AO \cdot AL=R \cdot AL}$ (2).
Από (1),(2) προκύπτει ότι $\displaystyle{CC'\cdot AA'=R \cdot AL}$ (3).
Ομοίως το τετράπλευρο BB'DD'

είναι ορθογώνιο τραπέζιο.
Έστω

η προβολή του

στην

,

το σημείο τομής των OM,FD

και

η προβολή του

στην

.
Το τρίγωνο OKD

είναι ορθογώνιο στο

και ομοίως ισχύει $\displaystyle{BB'\cdot DD'=R \cdot ID}$ (4).
Τα ορθογώνια τρίγωνα AKO,OHD

είναι ίσα (οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες, ίσες υποτείνουσες) οπότε AK=OH

οπότε και τα ορθογώνια τρίγωνα AKL,OHI

θα είναι ίσα (οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες, ίσες υποτείνουσες) άρα AL=OI

(5).
Από (3),(4),(5) προκύπτει ότι $\displaystyle{CC'\cdot AA'+ BB'\cdot DD'=R \cdot AL+R \cdot ID=R \cdot (AL + ID)=R \cdot (OI+ID)=R \cdot (OD) = R \cdot R=R^2}$

Υ.Γ.1. Θα ήμουν ευγνώμων αν κάποιος έκανε το σχετικό σχήμα.
Υ.Γ.2. Ακόμα αναμένουμε μια τριγωνομετρική λύση, Γιώργο, Φωτεινή

Ευχαριστώ την Φωτεινή για το σχήμα

mathematica.gr

Tετράγωνο σε κύκλο

Tετράγωνο σε κύκλο

Re: Tετράγωνο σε κύκλο

Re: Tετράγωνο σε κύκλο

Re: Tετράγωνο σε κύκλο

Re: Tετράγωνο σε κύκλο

Re: Tετράγωνο σε κύκλο

Re: Tετράγωνο σε κύκλο

Re: Tετράγωνο σε κύκλο

Re: Tετράγωνο σε κύκλο

Re: Tετράγωνο σε κύκλο

Re: Tετράγωνο σε κύκλο

Re: Tετράγωνο σε κύκλο