Τετραγωνισμός (με χρήση) κύκλου

KARKAR · #1

: Τετραγωνισμός ( με χρήση ) κύκλου.png (14.86 KiB) Προβλήθηκε 646 φορές

Στις κάθετες πλευρές AB , AC

ενός ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου , ορίζουμε σημεία M,L

,

ώστε $AM=\dfrac{a}{2}$ και $AL=\dfrac{2a}{3}$ . Ο κύκλος ( L , A , M )

, τέμνει την υποτείνουσα

στα σημεία P , Q

.

Οι

προεκτεινόμενες τέμνονται στο σημείο

. Δείξτε ότι το ABSC

είναι τετράγωνο .

Ο θεματοδότης θα είναι ευχαριστημένος , όταν οι ( διαφορετικές ) λύσεις ξεπεράσουν τις

Γιώργος Μήτσιος · #2

Kαλημέρα !Υποθέτω , Θανάση ότι είχες από την αρχή το ABSC

.. τετραγωνισμένο..

.. και γι' αυτό εννοείς $AB=AC=\alpha$

Αρκεί να δείξουμε $\widehat{ABS}=\widehat{ACS}=90^{0}$ ..ενδιάμεσος στόχος ν.δ.ο $\widehat{LSM}=45^{0}$ .. Με χρήση του σχήματος :

: 24-2-17 Tετραγωνισμός.PNG (12.46 KiB) Προβλήθηκε 631 φορές

Θέτω , για ευκολία AB=AC=12

τότε $BC=12\sqrt{2}...AM=MB=6..AL=8..CL=4$ .Έστω CQ=x..PQ=y..BP=z

Έχουμε : $CQ\cdot CP=CL\cdot CA=48\Rightarrow x\left ( x+y \right )=48...$

$BP\cdot BQ=BM\cdot BA\Rightarrow z\left ( z+y \right )=72$ ενώ $x+y+z=BC=12\sqrt{2}$

Βρίσκουμε (δεκτή) λύση : $x=3\sqrt{2}..y=5\sqrt{2}..z=4\sqrt{2}$ .Ακόμη είναι ML=10

άρα ακτίνα R=ML/2=5

οπότε στο τρίγωνο POQ

: $OP^{2}+OQ^{2}=50=PQ^{2}$ .

Συνεπώς $\widehat{POQ}=90^{0}\Rightarrow \widehat{PLQ}=45^{0}\Rightarrow\widehat{PSL}=45^{0}=\widehat{PCL}$ δηλ το PLCS

εγγράψιμο άρα $\widehat{LCS}=\widehat{LPS}=90^{0}$ .

Επίσης $\widehat{MSQ}=\widehat{MBQ}=45^{0}$ δηλ και το MBSQ

εγγράψιμο άρα $\widehat{MBS}=\widehat{MQS}=90^{0}$

Το ABSC

έχει τρεις γωνίες ορθές και δύο διαδοχικές πλευρές ίσες , άρα τετράγωνο (ως ορθογώνιος ρόμβος) !

Φιλικά , Γιώργος .

#3

Ξεκινώ χωρίς άμεσα το γράψιμο του κύκλου. Έχω δηλαδή το ισοσκελές ορθογώνιο

τρίγωνο $ABC\,\,\mu \varepsilon \,\,AB = AC = 6k\,\,,k > 0$ , το μέσο

του

και το σημείο

του

με $AL = 4k,\,\,LC = 2k$ . Θεωρώ επίσης το συμμετρικό

του

ως προς το

.

Φέρνω την ευθεία

που τέμνει την

στο

και την ευθεία

που τέμνει

την ευθεία

στο

. Στο τρίγωνο ABC

με διατέμνουσα την $\overline {DMP}$ και το Θ.

Μενελάου έχω : $\dfrac{{AM}}{{MB}} \cdot \dfrac{{BP}}{{PC}} \cdot \dfrac{{CD}}{{DA}} = 1 \Rightarrow 1 \cdot \dfrac{{BP}}{{PC}} \cdot 2 = 1 \Rightarrow \boxed{BP = 2PC}\,\,\,(1)$ Αν τώρα από το

φέρω παράλληλη στην

και κόψει την

στο

προφανώς

και $\frac{{CE}}{{EB}} = \dfrac{{CL}}{{LA}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \boxed{EB = 2CE}\,\,\,(2)$ Από τις $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$ έχουμε αβίαστα :

$\left\{ \begin{gathered} PB = \frac{1}{3}BC \hfill \\ CE = \frac{1}{3}BC \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{BP = PE = EC = \frac{1}{3}BC}$

: τετραγωνισμός με χρήση κύκλου_new.png (26.32 KiB) Προβλήθηκε 567 φορές

Με άμεση συνέπεια $BT// = LE = 2k\,\,,\,\,LP = PT$

Όμως προφανώς LM = 5k

οπότε

και άρα η

είναι μεσοκάθετος

στο

και διχοτόμος της $\widehat {TML}$ .

Αν γράψω τώρα τον κύκλο διαμέτρου

θα διέρχεται από το

, θα τέμνει την

ακόμα στο

. Έστω τώρα ότι οι MP,LQ

τέμνοντα στο

.

Θα είναι $\widehat {SQP} = \widehat {LMP} = \widehat {PMT}$ . Άρα το τετράπλευρο QMBS

είναι εγγράψιμο

με συνέπεια $\widehat S = \widehat {QBM} = 45^\circ \Rightarrow \widehat \theta = 45^\circ$ ( γιατί $MQ \bot LQ$ ) , έτσι

$\widehat \omega = 45^\circ \Rightarrow SB \bot AB$ και ομοίως $SC \bot AC$ .

#4

Και μια απλούστατη με αναλυτική Γεωμετρία .

: τετραγωνισμός με χρήση κύκλου_Αναλυτικά.png (35.42 KiB) Προβλήθηκε 557 φορές

Νομίζω τα λόγια περιττεύουν

Τώρα κοιτάζοντας το σχήμα και με λίγη καλή θέληση μπορούμε να βρούμε άλλες διαφορετικές λύσεις.

Γιώργος Μήτσιος · #5

Καλό απόγευμα . Μια ακόμη προσέγγιση.
Κλειδί για την λύση είναι να δείξουμε ότι $\widehat{POQ}=90^{0}$ όπου

το μέσον του

, κέντρο του εν λόγω κύκλου.

: 26-2-17 Τετραγωνισμός.PNG (12.05 KiB) Προβλήθηκε 517 φορές

Από το

φέρουμε τις $KOP\perp AC..QON\perp AB$ όπου τα P,Q

είναι οι τομές των ευθειών . Αρκεί δείξουμε ότι αυτά είναι σημεία και του κύκλου .

Με AB=AC=12

έχουμε :

Από τα όμοια τρίγωνα $BQN,ABC \Rightarrow ON=\dfrac{3}{4}AC=9\Rightarrow OQ=9-4=5=R$

ενώ από τα όμοια $KPC,ABC\Rightarrow KP=\dfrac{2}{3}AB=8 \Rightarrow OP=8-3=5=R$

Η συνέχεια όπως στην πρώτη απάντηση..

Φιλικά , Γιώργος

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

KARKAR έγραψε:Τετραγωνισμός ( με χρήση ) κύκλου.pngΣτις κάθετες πλευρές ενός ορθογωνίου και ισοσκελούς τριγώνου , ορίζουμε σημεία ,

ώστε $AM=\dfrac{a}{2}$ και $AL=\dfrac{2a}{3}$ . Ο κύκλος , τέμνει την υποτείνουσα στα σημεία .

Οι προεκτεινόμενες τέμνονται στο σημείο . Δείξτε ότι το είναι τετράγωνο .

Ο θεματοδότης θα είναι ευχαριστημένος , όταν οι ( διαφορετικές ) λύσεις ξεπεράσουν τις

καλησπέρα....

Με Π.Θ στο $\displaystyle{\vartriangle LAM \Rightarrow LM = \frac{{5a}}{6} \Rightarrow \boxed{R = \frac{{5a}}{{12}}}}$

Ας είναι $\displaystyle{E,N,F}$ οι ορθές προβολές των $\displaystyle{M,O,L}$ αντίστοιχα επί της $\displaystyle{BC}$ με $\displaystyle{N}$ μέσον της $\displaystyle{PQ}$

Με Π.Θ στα ορθογώνια ισοσκελή τρίγωνα $\displaystyle{MEB,CFL}$ παίρνουμε $\displaystyle{CF = FL = \frac{{\alpha \sqrt 2 }}{6}}$ και $\displaystyle{ME = EB = \frac{{\alpha \sqrt 2 }}{4}}$

Έτσι για την διάμεσο $\displaystyle{ON}$ του τραπεζίου $\displaystyle{LFEM}$ έχουμε

$\displaystyle{2ON = LF + ME \Rightarrow ON = \frac{{5a\sqrt 2 }}{{24}} = \frac{{R\sqrt 2 }}{2} = {\alpha _4} \Rightarrow \boxed{QP = {\lambda _4}} \Rightarrow \boxed{\angle POQ = {{90}^0}}}$ $\displaystyle{ \Rightarrow \angle QAP = {45^0}}$

Είναι , $\displaystyle{MQ \bot LS,LP \bot MS}$ οπότε λόγω των εγγράψιμων $\displaystyle{QSPH,LQPA,QPMA}$ οι γωνίες $\displaystyle{x}$ είναι ίσες όπως και οι γωνίες $\displaystyle{y}$ ,

άρα $\displaystyle{x + y = {45^0} \Rightarrow \angle LSM = {45^0} \Rightarrow CSPL,SQMB}$ εγγράψιμα

Τότε όμως $\displaystyle{\angle ACS = \angle ABS = {90^0} \Rightarrow \angle CSB = {90^0}}$ κι επειδή $\displaystyle{AB = AC \Rightarrow ABCD}$ τετράγωνο

: τετραγωνισμός.png (29.34 KiB) Προβλήθηκε 478 φορές

Τετραγωνισμός (με χρήση) κύκλου

Τετραγωνισμός (με χρήση) κύκλου

Re: Τετραγωνισμός (με χρήση) κύκλου

Re: Τετραγωνισμός (με χρήση) κύκλου

Re: Τετραγωνισμός (με χρήση) κύκλου

Re: Τετραγωνισμός (με χρήση) κύκλου

Re: Τετραγωνισμός (με χρήση) κύκλου

Μέλη σε σύνδεση