Τερατολόγος

KARKAR · #1

: Ισόπλευρα στο τετράγωνο.png (15.25 KiB) Προβλήθηκε 940 φορές

Σε τετράγωνο ABCD

θέλουμε να "εγγράψουμε" τα ισόπλευρα τρίγωνα BSQ , DSP

,

ώστε τα S,P,Q

να είναι συνευθειακά και το

σημείο της πλευράς

. Αν δεν

πετύχουμε την κατασκευή , ας παρηγορηθούμε υπολογίζοντας το λόγο : $\dfrac{(BSQ)}{(DSP)}$ ...

#2

Με το

σταθερό και το $Q\in CD$ μεταβλητό, αρκεί να προσδιοριστεί το σημείο

( προφανές ).

: Τερατολόγος.; f=62_t=60809.png (29.67 KiB) Προβλήθηκε 902 φορές

$\bullet$ Όμως, από $\angle BSQ + \angle DSP = 120^{o}$ , έχουμε ότι το σημείο

ανήκει στο έλασσον τόξο $\overset \frown{BC}$ του περικύκλου έστω (K)

, του ισοπλεύρου τριγώνου $\vartriangle TBD$ , με το

εσωτερικό σημείο του.

Η κορυφή

του $\vartriangle BSQ$ , είναι επίσης σημείο γνωστού γεωμετρικού τόπου, ο οποίος είναι ευθεία που τέμνει την ευθεία

υπό γωνία ίση με $\angle SQB = 60^{o}$ .

θεωρουμένου του $\vartriangle BSQ$ ως μεταβλητού και όμοιου προς εαυτό τριγώνου, του οποίου η κορυφή

είναι σταθερή με $\angle SBQ = \angle \omega$ και η κορυφή

κινείται επί της σταθερής ευθείας

.

$\bullet$ Ο ως άνω γεωμετρικός τόπος, ταυτίζεται

$\angle \omega = 60^{o}$ στην περίπτωσή μας και ισόπλευρο το τρίγωνο

με την εφαπτομένη του τεταρτοκυκλίου με κέντρο το σημείο

και ακτίνα BA = BC

, στο σημείο που τέμνεται ( το τεταρτοκύκλιο ) από την μεσοκάθετη ευθεία της πλευράς

του δοσμένου τετραγώνου ABCD

.

Κώστας Βήττας.

#3

vittasko έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 17, 2018 2:55 pm
Με το σταθερό και το $Q\in CD$ μεταβλητό, αρκεί να προσδιοριστεί το σημείο ( προφανές ).
f=62_t=60809.png
$\bullet$ Όμως, από $\angle BSQ + \angle DSP = 120^{o}$ , έχουμε ότι το σημείο ανήκει στο έλασσον τόξο $\overset \frown{BC}$ του περικύκλου έστω , του ισοπλεύρου τριγώνου $\vartriangle TBD$ , με το εσωτερικό σημείο του.

Η κορυφή του $\vartriangle BSQ$ , είναι επίσης σημείο γνωστού γεωμετρικού τόπου, ο οποίος είναι ευθεία που τέμνει την ευθεία υπό γωνία ίση με $\angle SQB = 60^{o}$ .

θεωρουμένου του $\vartriangle BSQ$ ως μεταβλητού και όμοιου προς εαυτό τριγώνου, του οποίου η κορυφή είναι σταθερή με $\angle SBQ = \angle \omega$ και η κορυφή κινείται επί της σταθερής ευθείας .

$\bullet$ Ο ως άνω γεωμετρικός τόπος, ταυτίζεται $\angle \omega = 60^{o}$ στην περίπτωσή μας και ισόπλευρο το τρίγωνο με την εφαπτομένη του τεταρτοκυκλίου με κέντρο το σημείο και ακτίνα , στο σημείο που τέμνεται ( το τεταρτοκύκλιο ) από την μεσοκάθετη ευθεία της πλευράς του δοσμένου τετραγώνου .

Κώστας Βήττας.

Άψογος!

#4

KARKAR έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 17, 2018 12:42 pm
Ισόπλευρα στο τετράγωνο.pngΣε τετράγωνο θέλουμε να "εγγράψουμε" τα ισόπλευρα τρίγωνα ,

ώστε τα να είναι συνευθειακά και το σημείο της πλευράς . Αν δεν

πετύχουμε την κατασκευή , ας παρηγορηθούμε υπολογίζοντας το λόγο : $\dfrac{(BSQ)}{(DSP)}$ ...

Μετά την πολύ όμορφη κατασκευή του Κώστα...

: Τερατολόγος.png (17.29 KiB) Προβλήθηκε 878 φορές

Έστω

η πλευρά του τετραγώνου και SP=SD=DP=x, SB=SQ=BQ=PT=y.

Επιγραμματικά:

● Νόμος συνημιτόνων στο SBT:

$\displaystyle 2{a^2} = {x^2} + {y^2} + xy$

● Νόμος συνημιτόνων στο SDQ:

● Πυθαγόρειο στο BQC:

$\displaystyle {y^2} = {a^2} + {(a - DQ)^2}$

Από αυτές σχέσεις καταλήγω στην $\displaystyle {y^4} - 2{x^2}{y^2} - 2{x^4} = 0 \Rightarrow {\left( {\frac{y}{x}} \right)^2} = 1 + \sqrt 3 \Leftrightarrow$ $\boxed{\dfrac{(BSQ)}{(DSP)}=1+\sqrt 3}$

#5

Ας είναι λυμένο το πρόβλημα . Προεκτείνω το

κατά τμήμα $\boxed{QT = SP}$ . Επειδή SB + SD = SQ + QT

και $\widehat {TSD} = \widehat {TSB} = 60^\circ$

το $\vartriangle TDB$ Είναι ισόπλευρο σταθερής πλευράς $l = DB = a\sqrt 2$ και ο περιγεγραμμένος του κύκλος θα διέρχεται από το

, έστω δε

το κέντρο του .

: Τερατολογία.png (65.16 KiB) Προβλήθηκε 844 φορές

Προφανώς το ισοσκελές $\vartriangle KTB$ έχει ίσο περιγεγραμμένο κύκλο με τον προηγούμενο και έστω

το κέντρο του.

Τα τρίγωνα $QTB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SDB$ είναι ίσα και άρα $\widehat {BQT} = 120^\circ$ δηλαδή το

ανήκει στον κύκλο (L,l)

. Η

τέμνει τον κύκλο (K,l)

στο

Τέλος ο κύκλος (D,DS)

τέμνει τη

στο

.

#6

Doloros έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 17, 2018 8:49 pm
Ας είναι λυμένο το πρόβλημα . Προεκτείνω το κατά τμήμα $\boxed{QT = SP}$ . Επειδή και $\widehat {TSD} = \widehat {TSB} = 60^\circ$

το $\vartriangle TDB$ Είναι ισόπλευρο σταθερής πλευράς $l = DB = a\sqrt 2$ και ο περιγεγραμμένος του κύκλος θα διέρχεται από το , έστω δε το κέντρο του .

Τερατολογία.png

Προφανώς το ισοσκελές $\vartriangle KTB$ έχει ίσο περιγεγραμμένο κύκλο με τον προηγούμενο και έστω το κέντρο του.

Τα τρίγωνα $QTB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SDB$ είναι ίσα και άρα $\widehat {BQT} = 120^\circ$ δηλαδή το

ανήκει στον κύκλο . Η τέμνει τον κύκλο στο

Τέλος ο κύκλος τέμνει τη στο .

Άλλη μία άψογη κατασκευή!

Τερατολόγος

Τερατολόγος

Re: Τερατολόγος

Re: Τερατολόγος

Re: Τερατολόγος

Re: Τερατολόγος

Re: Τερατολόγος

Μέλη σε σύνδεση