mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 25, 2011 12:58 am**

Τετράγωνο

, είναι "εγγεγραμμένο" σε τεταρτημόριο AEZ

, ακτίνας

.

Ο κύκλος διαμέτρου

, τέμνει το τετατροκύκλιο , στο σημείο

1) Δείξτε ότι η

, είναι η διχοτόμος της γωνίας $\widehat{SDE}$

2) Υπολογίστε το τμήμα

, συναρτήσει του

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 25, 2011 3:46 am**

: 4.png (32.81 KiB) Προβλήθηκε 1107 φορές

Καλημέρα Θανάση "Μερακλή"

1) Έστω $\displaystyle{ DC \cap \left( O \right) = D{'} }$ όπου $\displaystyle{ \left( O \right) }$ είναι ο κύκλος διαμέτρου $\displaystyle{ DE }$ ( $\displaystyle{ \left( O \right) }$ το μέσο της $\displaystyle{ DE }$ ). Τότε επειδή $\displaystyle{ ABCD }$ τετράγωνο θα είναι:

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} DD{'} \bot AD \hfill \\ AE \bot AD \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow DD{'}//AE \Rightarrow \boxed{\tau o\xi .AD = \tau o\xi .D{'}E}:\left( 1 \right) }$ και το τετράπλευρο $\displaystyle{ AED{'}D }$ είναι ορθογώνιο

( $\displaystyle{ AD{'},ED }$ διάμετροι του κύκλου $\displaystyle{ \left( O \right) }$ αφού $\displaystyle{ \widehat{ADD{'}} = \widehat{EAD} = 90^0 }$ ) δηλαδή $\displaystyle{ O \in AD{'} }$ .

Η $\displaystyle{ SE }$ είναι η κοινή χορδή των κύκλων $\displaystyle{ \left( O \right),\left( A \right) }$ και συνεπώς θα είναι κάθετη στη διάκεντρό τους $\displaystyle{ AO }$ , δηλαδή $\displaystyle{ \boxed{AD{'} \bot SE}:\left( 2 \right) }$ .

Όμως $\displaystyle{ \widehat{DSE} = 90^0 }$ (εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο) οπότε και $\displaystyle{ \boxed{DS \bot SE}:\left( 3 \right) }$ . Από $\displaystyle{ \left( 2 \right),\left( 3 \right) \Rightarrow DS//AD{'} }$

(κάθετες στην ίδια ευθεία $\displaystyle{ SE }$ ) και επειδή $\displaystyle{ DS,AD{'} }$ χορδές του $\displaystyle{ \left( O \right) }$ θα ισχύει: $\displaystyle{ \boxed{\tau o\xi .AD = \tau o\xi .D{'}S}:\left( 4 \right) }$

Από $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 4 \right) \Rightarrow \tau o\xi .D{'}E = \tau o\xi .D{'}S \Rightarrow \widehat{D{'}DS} = \widehat{EDD{'}} \Rightarrow DC }$ διχοτόμος της $\displaystyle{ \widehat{SDE} }$

2) Επειδή η διαγώνιος του τετραγώνου $\displaystyle{ ABCD }$ είναι ίση με $\displaystyle{ R }$ προφανώς η πλευρά του είναι $\displaystyle{ \boxed{AB = AD = \frac{{R\sqrt 2 }} {2}}:\left( 5 \right) }$

Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle ADE \Rightarrow DE = \sqrt {AD^2 + AE^2 } = \sqrt {\left( {\frac{{R\sqrt 2 }} {2}} \right)^2 + R^2 } = \sqrt {\frac{{R^2 }} {2} + R^2 } = \sqrt {\frac{{3R^2 }} {2}} \Rightarrow \boxed{DE = \frac{{R\sqrt 6 }} {2}}:\left( 6 \right) }$

Είναι $\displaystyle{ \boxed{\widehat{AOD} = \tau o\xi .AD}:\left( 7 \right) }$ (επίκεντρη στον κύκλο $\displaystyle{ \left( O \right) }$ ) και $\displaystyle{ \widehat{SAE} = \frac{{\tau o\xi .SD{'}E}} {2}\left( * \right)\mathop = \limits^{\tau o\xi .SD{'} = \tau o\xi .D{'}E} \frac{{2\tau o\xi .D{'}E}} {2}\mathop \Rightarrow \limits^{\tau o\xi .AD = \tau o\xi .D{'}E} \widehat{SAE} = \tau o\xi .AD\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 7 \right)} \boxed{\widehat{SAE} = \widehat{OAD}}:\left( 8 \right) }$ .

(*) (εγγεγραμμένη). Τα τρίγωνα $\displaystyle{ \vartriangle OAD,\vartriangle SAD }$ είναι ισοσκελή ( $\displaystyle{ AS = AE = R }$ και $\displaystyle{ OD = OA = \frac{{DE}} {2}\mathop = \limits^{\left( 6 \right)} \frac{{R\sqrt 6 }} {4} }$ ) και επειδή έχουν από την $\displaystyle{ \left( 8 \right) }$ τις γωνίες των "κορυφών" τους

ίσες θα είναι όμοια οπότε: $\displaystyle{ \frac{{SE}} {{AD}} = \frac{{AS}} {{OD}} \Rightarrow \frac{{SE}} {{\frac{{R\sqrt 2 }} {2}}} = \frac{R} {{\frac{{R\sqrt 6 }} {4}}} \Rightarrow \ldots \boxed{SE = \frac{{2R\sqrt 3 }} {3}}:\left( 9 \right) }$ . Τέλος στο ορθογώνιο τρίγωνο $\displaystyle{ \vartriangle DSE }$ από το Πυθαγόρειο Θεώρημα θα είναι:

$\displaystyle{ DS = \sqrt {DE^2 - SE^2 } = \sqrt {\left( {\frac{{R\sqrt 6 }} {2}} \right)^2 - \left( {\frac{{2R\sqrt 3 }} {3}} \right)^2 } = \sqrt {\frac{{6R^2 }} {4} - \frac{{4R^2 }} {3}} = \sqrt {\frac{{3R^2 }} {2} - \frac{{4R^2 }} {3}} = \sqrt {\frac{{R^2 }} {6}} \Rightarrow \boxed{DS = \frac{{R\sqrt 6 }} {6}} }$

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 25, 2011 9:15 am**

: Τεταρτημόριο-και-κύκλος.png (29.53 KiB) Προβλήθηκε 1075 φορές

Καλημέρα Στάθη, Θανάση, . Λίγο διαφορετικά το 1ο ερώτημα.

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ADSE

: $A\widehat DE = A\widehat SE = x$ και εφόσον $D\widehat SE = {90^ \circ }$ (εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο) θα είναι $D\widehat SA = E\widehat DC = {90^ \circ } - x$ .

Ισχύει $E\widehat SC = \displaystyle\frac{{E\widehat AC}}{2} = {22,5^ \circ }$ (σχέση εγγεγραμμένης – επίκεντρης στο τεταρτοκύκλιο) και απ’ το ισοσκελές ASC

θα είναι $A\widehat CS = A\widehat SC = x + {22,5^ \circ }$ .

Εφόσον $D\widehat CA = {45^ \circ }$ θα είναι $S\widehat CD = x - {22,5^ \circ }$ , απ’ το τρίγωνο SDC

: $S\widehat DC = {90^ \circ } - x$ και το ζητούμενο αποδείχτηκε.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 25, 2011 5:05 pm**

: Τεταρτημόριο-και-κύκλος-2.png (25.4 KiB) Προβλήθηκε 1033 φορές

Μια λύση για το 2ο ερώτημα.

Από Πυθαγόρειο στο ADC

με

και

παίρνουμε $AD = \displaystyle\frac{{R\sqrt 2 }}{2}$ . Από Πυθαγόρειο στο ADE

παίρνουμε $DE = \displaystyle\frac{{R\sqrt 6 }}{2}$ , οπότε $OD = \displaystyle\frac{{R\sqrt 6 }}{4}\,\,\left( 1 \right)$ .

Έστω $M \equiv AS \cap DC$ και $N \equiv ES \cap DC$ . Το

είναι μέσο του

, άρα στο τρίγωνο DNE

: $MO//NE,\,M\widehat OD = N\widehat ED\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho ADSE} S\widehat AD = y$ .

Από Πυθαγόρειο στο ADM

(

) παίρνουμε $DM = \displaystyle\frac{R}{4}\,\,\left( 2 \right)$ . Τα τρίγωνα ODM,ASD

είναι όμοια, συνεπώς $DS = \displaystyle\frac{{DM \cdot AS}}{{OD}}\mathop = \limits^{(1),(2),AS = R} \displaystyle\frac{{R\sqrt 6 }}{6}$ .

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 25, 2011 6:43 pm**

Αξιοποιώντας το σχήμα και τη ... λύση του Μιχάλη

Στο ορθογώνιο ADM

με Π.Θ. βρίσκουμε $\displaystyle AM=\frac{3R}{4}$ . Αλλά το DSE

είναι όμοιο με το ADM

συνεπώς : $\displaystyle \frac{DS}{DE}=\frac{DM}{AM}=\frac{1}{3}(=\eta \mu y!)$ , απ΄όπου παίρνω : $\displaystyle DS=\frac{R\sqrt{6}}{6}$

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 25, 2011 7:35 pm**

Γιά την διχοτόμο-μία άποψη χάριν του πλουραλισμού:

$\begin{array}{*{20}c} {\vartriangle AED = \vartriangle ZAB \Rightarrow \angle ADE = \angle ZBA\;\mu \dot \varepsilon \;\angle ADE = \angle ASE = \angle AES \Rightarrow } \\ {ES\parallel ZB \Rightarrow ZB \bot DS \Rightarrow \angle CDS = \angle DZB = \angle DEA = \angle EDC.} \\ \end{array}$

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Σεπ 25, 2011 7:41 pm**

Η άσκηση λες και είναι φτιαγμένη για εξάσκηση στα εργαλεία της Αναλυτικής Γεωμετρίας...

: 25-09-2011 Γεωμετρία.jpg (16.55 KiB) Προβλήθηκε 987 φορές

Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων με κέντρο $\displaystyle A\left( {0,\;0} \right)$ παίρνουμε τα σημεία $\displaystyle B\left( {1,\;0} \right),\;C\left( {1,\;1} \right),\;D\left( {0,\;1} \right)$ . Με κέντρο το

και ακτίνα $\displaystyle AC = \sqrt 2$ κατασκευάζουμε τεταρτοκύκλιο $\displaystyle \left( {A,\;EZ} \right)$ , όπου $\displaystyle E\left( {\sqrt 2 ,\;0} \right),\;Z\left( {0,\;\sqrt 2 } \right)$ , με εξίσωση:
$\displaystyle x^2 + y^2 = 2,\;x \ge 0,\;y \ge 0$

Το μέσο $\displaystyle K$ του $\displaystyle DE$ έχει συντεταγμένες $\displaystyle K\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{2},\;\frac{1}{2}} \right)$ . Είναι $\displaystyle \left( {DE} \right) = \sqrt {\left( {\sqrt 2 } \right)^2 + 1^2 } = \sqrt 3$

Ο κύκλος με διάμετρο $\displaystyle DE$ έχει εξίσωση: $\displaystyle \left( {x - \frac{{\sqrt 2 }}{2}} \right)^2 + \left( {y - \frac{1}{2}} \right)^2 = \frac{3}{4}$

Τέμνει το ημικύκλιο στα σημεία με συντεταγμένες $\displaystyle \left( {x,\;y} \right)$ που είναι ρίζες του συστήματος των εξισώσεων τους.

Βρίσκουμε: $\displaystyle \left( {x,\;y} \right) = \left( {\sqrt 2 ,\;0} \right)\; \vee \;\left( {x,\;y} \right) = \left( {\frac{{\sqrt 2 }}{3},\;\frac{4}{3}} \right)$ , οπότε, εκτός από το

τέμνονται και στο $\displaystyle S\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{3},\;\frac{4}{3}} \right)$
Είναι $\displaystyle \varepsilon \phi \left( {CDS} \right) = \varepsilon \phi \left( {DEA} \right) = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$

και $\displaystyle \varepsilon \phi \left( {SDC} \right) = \frac{{\frac{1}{3}}}{{\frac{{\sqrt 2 }}{3}}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}$ και αφού είναι και οι δύο οξείες (το SED

είναι ορθογώνιο με $\displaystyle \widehat{DSE} = 90^\circ$ ), είναι ίσες.

Είναι $\displaystyle \left( {DS} \right) = \sqrt {\left( {\frac{{\sqrt 2 }}{3}} \right)^2 + \left( {\frac{4}{3} - 1} \right)^2 } = \sqrt {\frac{2}{9} + \frac{1}{9}} = \frac{{\sqrt 3 }}{3}$
Λαμβάνοντας υπόψη την τιμή $\displaystyle R = \sqrt 2$ είναι $\displaystyle \left( {DS} \right) = \frac{{\sqrt 6 R}}{6}$

Για τη σύγκριση των γωνιών,αντί της κλασσικής Αναλυτικογεωμετρικής μεθόδου προτίμησα μια πιο τριγωνομετρική προσέγγιση.

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Σεπ 26, 2011 12:30 am**

Θεωρώ ότι το πρόβλημα είναι γενικότερο.

Κατά την άποψη μου επιλύεται και όταν το ABCD

είναι απλά ορθογώνιο και όχι κατ’ αν’ ανάγκη τετράγωνο, ως εξής:
Ο κύκλος με διάμετρο

περνά από τα σημεία A,S.

Έστω

το σημείο τομής της

με τον κύκλο αυτό, τότε ισχύει
$\angle DFE = \frac{\pi }{2}.$
Άρα το τετράπλευρο AEFD

είναι ορθογώνιο, οπότε
$\angle FSA = \frac{\pi } {2} \Rightarrow FS = FE\;\left( * \right) \Rightarrow \angle SDC = \angle CDE.$

(*) Εφαπτόμενες από το ίδιο σημείο στον ίδιο κύκλο.

S.E.Louridas

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μαρ 26, 2017 1:42 am**

Kαλημέρα σε όλους . Μια νέα ..όψιμη προσέγγιση στην τελευταία γενικότερη πρόταση του Σωτήρη.
Με χρήση του σχήματος και ελαφρά τροποποίηση της διατύπωσης .

: 26-3-17 Τεταρτημόριο και κύκλος.PNG (8.59 KiB) Προβλήθηκε 599 φορές

Στο σχήμα έχουμε το τεταρτημόριο AEZ

, το

είναι εγγράψιμο και $CD\perp AZ$ που σημαίνει $CD\parallel AE$ .
Θα δείξουμε ότι η είναι διχοτόμος της $S\widehat{D}E$ .

Θεωρούμε το

, συμμετρικό του

ως προς το κέντρο

. Τότε $E\widehat{S}H=90^{0}$ (βαίνει σε ημικύκλιο ) αλλά και $E\widehat{S}D=90^{0}$ (αφού

διάμετρος ).
Συνεπώς τα S,D,H

είναι συνευθειακά.

Από την σχέση $CD\parallel HE$ παίρνουμε $E\widehat{D}C=D\widehat{E}A =\varphi$ και $S\widehat{D}C=S\widehat{H}E = \omega$ .
Το

προφανώς είναι σημείο της μεσοκαθέτου του

άρα $\omega = \varphi$ ..

Η ανάδειξη του ενδιαφέροντος αυτού θέματος υπηρετεί έναν ακόμη σκοπό για την συνέχεια ...

Φιλικά Γιώργος .

mathematica.gr

Τεταρτημόριο και κύκλος

Τεταρτημόριο και κύκλος

Re: Τεταρτημόριο και κύκλος

Re: Τεταρτημόριο και κύκλος

Re: Τεταρτημόριο και κύκλος

Re: Τεταρτημόριο και κύκλος

Re: Τεταρτημόριο και κύκλος

Re: Τεταρτημόριο και κύκλος

Re: Τεταρτημόριο και κύκλος

Re: Τεταρτημόριο και κύκλος