Sangaku: Mostrar el segmento de línea que es perpendicular al diámetro del recipiente círculo

Question

"A partir de una 1803 Sangaku encuentra en Gomas de la Prefectura. La base de un triángulo isósceles se sienta en un diámetro del círculo grande. Este diámetro también divide el círculo de la izquierda, que se inscribe de manera que apenas toque el interior del contenedor círculo y un vértice del triángulo. La parte superior del círculo está inscrito, para que toque la parte exterior de la izquierda del círculo y el triángulo, así como el interior del contenedor círculo. Un segmento de línea que conecta el centro de la parte superior del círculo y el punto de intersección entre la izquierda, el círculo y el triángulo. Demuestra que este segmento de línea que es perpendicular a la dibujado diámetro del recipiente círculo. (T. Rothman)"

Fuente: http://hermay.org/jconstant/wasan/sangaku/index.html

¡A disfrutar!

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Nota 1: El radio del círculo más pequeño tocando el vértice izquierdo del triángulo no es necesariamente la mitad del radio del círculo que encierra. Hay variabilidad en la base del triángulo.

Nota 2: Dos de los vértices del triángulo necesariamente están en el círculo que encierra.

Answer 1

Deje $A$ ser el gran círculo con centro de $O$ y el diámetro de la $PQ$
Deje $B$ ser el círculo internamente tangente a $A$ $P$ e intersecantes $PQ$ $M$
Deje $R$ $A$ tal que $\overline{MR} = \overline{QR}$
Deje $C$ ser el círculo que es tangente a $A$, $B$, $MR$ y dentro de $A$ y el exterior de las dos $B$ y totalmente en el mismo lado de la $PQ$ $R$
Invertir en $M$, la asignación de $P$ $Q$
A continuación, $A$ mapas para $A$, $B$ se asigna a la línea de $T$ que es tangente a $B$ a $Q$, $MR$ los mapas de a $MR$, y por lo tanto $C$ se asigna al círculo de $D$ que es tangente a $A$, $T$, $MR$ y fuera de $A$ y en el mismo lado de la $T$ $M$ y completamente en el otro lado de la $PQ$ $R$
Deje $K$ ser el punto en $MQ$ tal que $RK \perp MQ$
Deje $N$ ser el punto tal que $PQ \perp MN$ $\overline{MN} = 2\overline{MR}$ y $N$, $R$ están en el lado opuesto de $PQ$
Deje $X$ ser la intersección de $NO$ $A$ $N$ $O$
Deje $Y$ ser el punto en $T$ tal que $NY \perp T$
Deje $Z$ ser el punto en $MR$ tal que $NZ \perp MR$
Deje $\overrightarrow{MO} = r \overrightarrow{OQ}$ y WLOG $\overline{OQ} = 1$
A continuación, $\overline{MR}^2 = \overline{RK}^2 + \overline{MK}^2 = \overline{OR}^2 - \overline{OK}^2 + \overline{MK}^2 = 1 - (\frac{1-r}{2})^2 + (\frac{1+r}{2})^2 = 1+r$
Por lo tanto $\overline{NO}^2 = \overline{MN}^2 + r^2 = 4 \overline{MR}^2 + r^2 = 4+4r+r^2 = (2+r)^2$
Por lo tanto $\overline{NX} = (2+r)-1 = \overline{MQ}$
También es claro que $\overline{NY} = \overline{MQ}$
También desde $\triangle MNZ \sim \triangle RMK$, $\overline{NZ} = 2 \overline{MK} = \overline{MQ}$
Desde $D$ está definida de forma única y $N$ es el centro de una forma idéntica círculo definido, $N$ es el centro de la $D$
Desde los centros de $C$ $D$ son colineales con $M$, el centro de la $C$ se encuentra en $MN$, por lo que la línea a través de ambos $M$ y el centro de $C$ es perpendicular a $PQ$
(QED)

Tenga en cuenta que la misma solución se aplica tanto a los casos donde $C$ a ambos lados de la $PQ$, con cambios menores. La inversión parece simplificar la mayoría de este tipo de preguntas. Muy pocos se pueden encontrar en línea.

Answer 2

Para aquellos que no les gusta de la inversión... =P

Deje $A$ ser el gran círculo con centro de $O$ y el diámetro de la $PQ$
Deje $B$ ser el círculo internamente tangente a $A$ $P$ e intersecantes $PQ$ $M$ y tener el centro de $J$
Deje $R$ $A$ tal que $\overline{MR} = \overline{QR}$
Deje $C$ ser el círculo que es tangente a $A$, $B$, $MR$ y dentro de $A$ y el exterior de las dos $B$ y totalmente en el mismo lado de la $PQ$ $R$
Deje $K$ ser el punto en $MQ$ tal que $RK \perp MQ$
Deje $D$ ser el círculo tangente a $B$ $MR$ de centro $N$ tal que $PQ \perp MN$ y $N$,$R$ están en el mismo lado de la $PQ$
Deje $Z$ ser el punto donde $D$ es tangente a $MR$
Deje $\overrightarrow{MO} = r \overrightarrow{OQ}$ y WLOG $\overline{OQ} = 1$
Deje $x = \overline{MN}$
Deje $y$ ser el radio de $D$
A continuación, $\overline{MR}^2 = \overline{RK}^2 + \overline{MK}^2 = \overline{OR}^2 - \overline{OK}^2 + \overline{MK}^2 = 1 - (\frac{1-r}{2})^2 + (\frac{1+r}{2})^2 = 1+r$
Desde $\triangle MNZ \sim \triangle RMK$, $\frac{x}{y} = \overline{MN} / \overline{NZ} = \overline{RM} / \overline{MK} = \sqrt{1+r} / \frac{1+r}{2} = \frac{2}{\sqrt{1+r}}$
Por lo tanto $(1+r)x^2 = 4y^2$
También se $(y+\frac{1-r}{2})^2 = \overline{NJ}^2 = \overline{MN}^2 + \overline{MJ}^2 = (\frac{1-r}{2})^2 + x^2$
Por lo tanto $(1+r)y^2 + (1+r)(1-r)y = (1+r)x^2 = 4y^2$
Desde $y\not=0$, $(3-r)y = 1-r^2$
$\overline{OQ} = y + \overline{ON}$
$\Leftrightarrow (1-y)^2 = \overline{ON}^2 = \overline{MN}^2 + \overline{MO}^2 = x^2 + r^2$
$\Leftrightarrow (1+r)(1-2y+y^2) = 4y^2 + (1+r)r^2$
$\Leftrightarrow (3-r)y^2 + (2+2r)y - (1+r)(1-r^2) = 0$
$\Leftrightarrow (1-r^2)y + (2+2r)y = (1+r)(1-r^2)$
$\Leftrightarrow (1+r)(3-r)y = (1+r)(1-r^2)$ lo cual es evidentemente cierto
Por lo tanto $D$ es tangente a $A$
Desde $C$ está definida de forma única y $D$ es una forma idéntica círculo definido, $N$ es el centro de la $C$
Por lo tanto, la línea a través de ambos $M$ y el centro de $C$ es perpendicular a $PQ$
(QED)