Κύκλος στο τετράγωνο

KARKAR · #1

: Κύκλος στο τετράγωνο.png (9.26 KiB) Προβλήθηκε 614 φορές

Στη βάση

τετραγώνου ABCD

, εντοπίστε σημείο

, ώστε ο απολλώνιος κύκλος

που δημιουργείται με το λόγο $\dfrac{SB}{SA} , (SB<SA)$ να έχει ακτίνα ίση με την πλευρά του

τετραγώνου . Αν

είναι το "τοπ" σημείο αυτού του κύκλου και

η τομή του με την

,

εξηγήστε γιατί είναι $BQ \perp AT$ .

#2

KARKAR έγραψε:Κύκλος στο τετράγωνο.pngΣτη βάση τετραγώνου , εντοπίστε σημείο , ώστε ο απολλώνιος κύκλος

που δημιουργείται με το λόγο $\dfrac{SB}{SA} , (SB<SA)$ να έχει ακτίνα ίση με την πλευρά του

τετραγώνου . Αν είναι το "τοπ" σημείο αυτού του κύκλου και η τομή του με την ,

εξηγήστε γιατί είναι $BQ \perp AT$ .

Θανάση καλησπέρα.

Ιδιαίτερα εύκολο θέμα. Μήπως όμως δεν είναι στο σωστό φάκελο;

#3

KARKAR έγραψε:Κύκλος στο τετράγωνο.pngΣτη βάση τετραγώνου , εντοπίστε σημείο , ώστε ο απολλώνιος κύκλος που δημιουργείται με το λόγο $\dfrac{SB}{SA} , (SB<SA)$ να έχει ακτίνα ίση με την πλευρά του τετραγώνου . Αν είναι το "τοπ" σημείο αυτού του κύκλου και η τομή του με την , εξηγήστε γιατί είναι $BQ \perp AT$ .

Ας δώσουμε μια λύση εκτός φακέλου.

$\bullet$ Α) Αν το κέντρο του ζητούμενου κύκλου ακτίνας $a=\left( AB \right)$ τότε από την αρμονική σειρά

$\left( {A,S,B,P} \right) \Rightarrow O{S^2} = OB \cdot OA \Rightarrow$ ${a^2} = OB \cdot \left( {a + OB} \right) \Rightarrow$ $O{B^2} + a \cdot OB - {a^2} = 0\mathop \Rightarrow \limits^{OB > 0} \boxed{OB = a \cdot \frac{{\sqrt 5 - 1}}{2}}$

οπότε προσδιορίζεται η θέση του κέντρου του Απολλώνιου κύκλου και με γνωστή ακτίνα την πλευρά του τετραγώνου προσδιορίζεται η θέση του (και του ).
[attachment=0]Κύκλος στο τετράγωνο.png[/attachment]
$\bullet$ Β) Αν το σημείο τομής της στο κάθετης προς την με την και $Q\equiv TA\cap \left( O \right),Q\ne T$ τότε από την αρμονική σειρά $\left( A,S,B,P \right)$ προκύπτει

ότι και η δέσμη είναι αρμονική, και με $\angle SQP={{90}^{0}}$ (εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο) θα είναι διχοτόμος της $\angle BQT$ δηλαδή

$\angle BQT = 2 \cdot \left( {\angle PQA} \right)$ $\mathop = \limits^{\angle PQA = {{45}^0}\,(\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\,\sigma \varepsilon \,\,\tau \varepsilon \tau \alpha \rho \tau o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota o)} {90^0} \Rightarrow$ $\boxed{BQ \bot AT}$ και το δεύτερο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Υ.Σ. Θα με ενδιέφερ να δω μια λύση εντός φακέλου

#4

KARKAR έγραψε:Κύκλος στο τετράγωνο.pngΣτη βάση τετραγώνου , εντοπίστε σημείο , ώστε ο απολλώνιος κύκλος

που δημιουργείται με το λόγο $\dfrac{SB}{SA} , (SB<SA)$ να έχει ακτίνα ίση με την πλευρά του

τετραγώνου . Αν είναι το "τοπ" σημείο αυτού του κύκλου και η τομή του με την ,

εξηγήστε γιατί είναι $BQ \perp AT$ .

Καλημέρα!

: Κύκλος στο τετράγωνο.png (18.09 KiB) Προβλήθηκε 485 φορές

● Έστω

η πλευρά του τετραγώνου και η ακτίνα του κύκλου. Από υπόθεση είναι:

$\displaystyle{\frac{{SB}}{{SA}} = \frac{{PB}}{{PA}} \Leftrightarrow \frac{x}{{a - x}} = \frac{{2a - x}}{{3a - x}}\mathop \Leftrightarrow \limits^{2x < a} }$ $\boxed{x = \frac{a}{2}\left( {3 - \sqrt 5 } \right)}$ (1)

και εντοπίζεται το σημείο

● $\displaystyle{AS \cdot AP = (a - x)(3a - x)\mathop = \limits^{(1)} \frac{{{a^2}}}{2}\left( {\sqrt 5 + 1} \right),AB \cdot AO = a(2a - x)\mathop = \limits^{(1)} \frac{{{a^2}}}{2}\left( {\sqrt 5 + 1} \right)}$

Άρα $\displaystyle{AB \cdot AO = AS \cdot AP = AQ \cdot AT}$ , οπότε το BOTQ

είναι εγγράψιμο και το ζητούμενο έπεται.

#5

α) Αν

το κέντρο ημικυκλίου του Απολλώνιου επειδή AB = SK = a

αν θέσουμε

$\boxed{SA = x \Rightarrow KB = x}$ . Τα S,P

είναι αρμονικά συζυγή των A,B

οπότε:

$\dfrac{{SA}}{{SB}} = \dfrac{{PA}}{{PB}} \Rightarrow SA \cdot PB = PA \cdot SB \Rightarrow x(a + x) = (2a + x)(a - x)$ δηλαδή

${x^2} + ax = 2a(a - x) + x(a - x) \Leftrightarrow {x^2} + ax = 2a(a - x) + ax - {x^2}$ και άρα

$\boxed{{x^2} = a(a - x) \Leftrightarrow {a^2} = x(a + x)}\,\,(1)$ κλασσική περίπτωση χρυσής τομής του τμήματος

AB = a

από το σημείο

.

: Κύκλος στο τετράγωνο.png (16.59 KiB) Προβλήθηκε 474 φορές

β) Επειδή $AQ \cdot AT = AS \cdot AP = x(2a + x) = x(a + x) + ax\mathop = \limits^{(1)} {a^2} + ax = a(a + x) = AB \cdot AK$

Το τετράπλευρο BKTQ

είναι εγγράψιμο άρα $BQ \bot AT$ .

Κύκλος στο τετράγωνο

Κύκλος στο τετράγωνο

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

Re: Κύκλος στο τετράγωνο

Μέλη σε σύνδεση