mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Νοέμ 22, 2021 6:54 pm**

: εφαπτόμενοι κύκλοι σε τετράγωνο.png (22.49 KiB) Προβλήθηκε 1377 φορές

Έστω $\left( E \right)$ , κέντρου ο κύκλος με διάμετρο την πλευρά τετραγώνου και (η δεύτερη εκτός της ) εφαπτόμενη του $\left( E \right)$ . Να δείξετε ότι οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle BCF,\vartriangle BDE$ εφάπτονται στο

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 23, 2021 3:56 pm**

$\bullet$ Το κέντρο

του κύκλου (L)

, ταυτίζεται με το σημείο τομής της διαγώνιας

μεσοκάθετης ευθείας του

του δοσμένου τετραγώνου ABCD

, από την μεσικάθετη ευθεία του τμήματος

και ας είναι

, η προβολή του

επί της πλευράς

.

Προκύπτει άμεσα ότι $BN = 3NC = 3NL\ \ \ ,(1)$ και ας είναι

, το μέσον της πλευράς

.

Το κέντρο

του κύκλου (K)

ταυτίζεται με το σημείο τομής της

, από την διχοτόμο της γωνίας $\angle FBC$ λόγω BA = BF = BC

.

Από $\angle B = 90^{o}$ και $\angle ABE = \angle EBF$ και $\angle FBK = \angle KBC\Rightarrow$ $\angle EBK = 45^{o}\ \ \ ,(2)$

: Εφαπτόμενοι κύκλοι σε κορυφή τετραγώνου.; f=181 t=70568.PNG (23.27 KiB) Προβλήθηκε 1154 φορές

$\bullet$ Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle MEB$ τώρα, με ME = 2MB

, σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, ισχύει $BM = 3MK\ \ \ ,(3)$ λόγω της (2)

Από $(1),\ (3)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{BM}{MK} = \frac{BN}{NL}\ \ \ ,(4)$

Από (4)

συμπεραίνεται ότι τα σημεία $B,\ K,\ L$ είναι συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και έστω το σημείο $D\in AB$ ώστε να είναι $\angle BCD = 45^{o}$ . Αποδείξτε ότι .

Κώστας Βήττας

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 23, 2021 8:10 pm**

vittasko έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 23, 2021 3:56 pm
ΛΗΜΜΑ. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και έστω το σημείο $D\in AB$ ώστε να είναι $\angle BCD = 45^{o}$ . Αποδείξτε ότι .

: Εφαπτόμενοι κύκλοι σε κορυφή τετραγώνου - Απόδειξη του Λήμματος.; f=181 t=70568(a).PNG (8.84 KiB) Προβλήθηκε 1267 φορές

$\bullet$ Έστω

, η προβολή του σημείου

επί της

και ας είναι $F,\ Z$ , οι προβολές του

επί των $AB,\ AC$ , αντιστοίχως.

Από $\angle D EF = \angle ABC = \angle CEZ$ και EC = ED

τα ορθογώνια τρίγωνα $\vartriangle FDE, \vartriangle ZCE$ είναι ίσα

και άρα έχουμε $EF = EZ\ \ \ ,(1)$ και $DF = CZ\ \ \ ,(2)$

Από (1)

προκύπτει ότι το AFEZ

είναι τετράγωνο και άρα έχουμε $AF = ZE = 2ZC\ \ \ ,(3)$ λόγω $ZE\parallel AB$ και AB = 2AC

Από $(2),\ (3)\Rightarrow$ $AZ = AF = 2DF = 2AD\Rightarrow$ $\boxed{AC = 3AD}$ και to Λήμμα έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 23, 2021 9:31 pm**

Γειά χαρά, ας δούμε και αυτό:

Παρατηρούμε ότι BA=BF=BC.

Αν λοιπόν ο κύκλος (K)

τέμνει την

στο

, τότε, τα σημεία E,F,B’

είναι συνευθειακά καθότι βέβαια τα ορθογώνια τρίγωνα BB’F, BCB’

είναι ίσα. Θεωρούμε εξωτερικά και δεξιά της

σημείο

τέτοιο πού B’K=EB’.

Οπότε τα τρίγωνα BKB’, BB’E

προκύπτουν ίσα με $\angle KBB' = \angle B'BE = \frac{\pi }{4}.$ Έτσι έχουμε $\angle BKB' = \angle BEB' =\angle BEA,$ που σημαίνει ότι ο κύκλος
(L)

περνά από το

με $\angle BDK=\frac{\pi }{4}.$ Αν

είναι η τομή της ευθείας

με τον κύκλο (K)

επίσης εύκολα έχουμε $\angle BB'T = \angle TBB' = \frac{\pi }{4}.$
Εδώ λοιπόν έχουμε το ζητούμενο.

: αποδ..png (133.74 KiB) Προβλήθηκε 1235 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 23, 2021 9:58 pm**

Καλησπέρα σε όλους! Μία ακόμη απόδειξη του λήμματος που έθεσε ο Κώστας.

vittasko έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 23, 2021 8:10 pm

vittasko έγραψε: ↑
Τρί Νοέμ 23, 2021 3:56 pm
ΛΗΜΜΑ. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και έστω το σημείο $D\in AB$ ώστε να είναι $\angle BCD = 45^{o}$ . Αποδείξτε ότι .

: 23-11 Λήμμα...png (115.98 KiB) Προβλήθηκε 1228 φορές

Το

είναι το μέσον της

και έστω

. Τότε

και με

είναι

Έχουμε $\widehat{DCM}=45^o-\theta =\widehat{ABC}$ οπότε το

εφαπτόμενο στον κύκλο των M,B,C

άρα $DC^{2}=DM\cdot DB\Rightarrow DC^{2}=x\left (x+3 \right )$

Το Πυθαγόρειο στο DAC

μας δίνει $x\left ( x+3 \right )=3^{2}+\left ( 3-x \right )^{2}\Leftrightarrow x=2$ ,συνεπώς AD=1

δηλ.

.

Φιλικά, Γιώργος.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Νοέμ 23, 2021 10:51 pm**

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Νοέμ 22, 2021 6:54 pm
εφαπτόμενοι κύκλοι σε τετράγωνο.png
Έστω $\left( E \right)$ , κέντρου ο κύκλος με διάμετρο την πλευρά τετραγώνου και (η δεύτερη εκτός της ) εφαπτόμενη του $\left( E \right)$ . Να δείξετε ότι οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle BCF,\vartriangle BDE$ εφάπτονται στο

Ας γράψω και εγώ μια σκέψη για να χαιρετήσω την όμορφη γεωμετρική παρέα !

: εφαπτόμενοι κύκλοι σε κορυφή τετραγώνου.png (32.43 KiB) Προβλήθηκε 1214 φορές

Έστω

το σημείο τομής του $\left( K \right)$ με την

. Προφανώς

διάμετρος του εν λόγω κύκλου $\left( \angle XCB={{90}^{0}} \right)$ και συνεπώς $K\in BX$ και ας είναι $Y\equiv BX\cap \left( L \right),Y\ne B$ .

Όπως αναφέρθηκε πιο πάνω (από όλους σχεδόν του λύτες) εύκολα προκύπτει ότι $\angle XBE={{45}^{0}}=\angle DBA\Rightarrow \angle YBD=\angle EBA$ $\overset{\angle DYB=\angle AEB\left( Y,D,E,B\in \left( L \right) \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle BDY\sim \vartriangle BAE\overset{\angle BAE={{90}^{0}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,\angle BDY={{90}^{0}}\Rightarrow L\in BXY\Rightarrow B,L,K\left( ,X,Y \right)$ συνευθειακά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Νοέμ 24, 2021 2:05 pm**

Για το λήμμα του Κώστα με Τριγωνομετρία ...

$\displaystyle{ \tan(\widehat{\alpha})=\tan(\widehat{C}-45^o)={\tan(C) - \tan(45) \over 1 + \tan(C) \tan(45)} = {2 - 1 \over 1+2\cdot 1} = {1 \over 3} }$

mathematica.gr

εφαπτόμενοι κύκλοι σε κορυφή τετραγώνου

εφαπτόμενοι κύκλοι σε κορυφή τετραγώνου

Re: εφαπτόμενοι κύκλοι σε κορυφή τετραγώνου

Re: εφαπτόμενοι κύκλοι σε κορυφή τετραγώνου

Re: εφαπτόμενοι κύκλοι σε κορυφή τετραγώνου

Re: εφαπτόμενοι κύκλοι σε κορυφή τετραγώνου

Re: εφαπτόμενοι κύκλοι σε κορυφή τετραγώνου

Re: εφαπτόμενοι κύκλοι σε κορυφή τετραγώνου