Καθετότητα από το περίκεντρο

#1

Θεωρούμε κυρτό τετράπλευρο ABCD

και έστω $AC\cap BD=P$ .
Το σημείο

βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου $\triangle APD$ και είναι τέτοιο ώστε
$\measuredangle QAC=\measuredangle QCA=\measuredangle QBD=\measuredangle QDB$ .
Έστω επίσης $QB\cap AC=E, QC\cap BD=F$ και

το περίκεντρο του τριγώνου $\triangle APD$ .
Να αποδειχθεί ότι

κάθετη στην

.

#2

smar έγραψε:Θεωρούμε κυρτό τετράπλευρο και έστω $AC\cap BD=P$ .Το σημείο βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου $\triangle APD$ και είναι τέτοιο ώστε $\measuredangle QAC=\measuredangle QCA=\measuredangle QBD=\measuredangle QDB$ . Έστω επίσης $QB\cap AC=E, QC\cap BD=F$ και το περίκεντρο του τριγώνου $\triangle APD$ .
Να αποδειχθεί ότι κάθετη στην .

Συλουανέ καλησπέρα!
Εάν δεν κάνω λάθος πρέπει να ζητάς $KP \bot EF$ (τυπογραφικό λάθος) και έχω την εντύπωση ότι αρκεί η ισότητα $\angle QAC = \angle QBD$ . Αν όντως είναι έτσι τότε,

: 1.png (42 KiB) Προβλήθηκε 1238 φορές

Ας είναι τα αποστήματα στις χορδές του περίκυκλου $\left( K \right)$ οπότε $\boxed{PB = 2PM,PA = 2PN}:\left( 1 \right)$ .

Από $\angle QAC = \angle QBD \Rightarrow A,B,F,E$ ομοκυκλικά, άρα $PF \cdot PB = PE \cdot PA\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} 2PF \cdot PM =$ $2PE \cdot PN \Rightarrow \boxed{\frac{{PF}}{{PE}} = \frac{{PN}}{{PM}}}:\left( 2 \right)$ .

Από τη σχέση $\left( 2 \right)$ σύμφωνα με το Θεώρημα Κούτρα προκύπτει ότι $KP \bot EF$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Με εκτίμηση
Στάθης

Υ.Σ. Πράγματι έχω λύσει άλλη άσκηση !!! δεν πρόσεξα την δεύτερη τομή αλλά ας την αφήσω μιας και νομίζω ότι έχει το ενδειαφέρον της

raf616 · #3

smar έγραψε:Θεωρούμε κυρτό τετράπλευρο και έστω $AC\cap BD=P$ .
Το σημείο βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου $\triangle APD$ και είναι τέτοιο ώστε
$\measuredangle QAC=\measuredangle QCA=\measuredangle QBD=\measuredangle QDB$ .
Έστω επίσης $QB\cap AC=E, QC\cap BD=F$ και το περίκεντρο του τριγώνου $\triangle APD$ .
Να αποδειχθεί ότι κάθετη στην .

Πολύ όμορφη άσκηση! Μία προσπάθεια(το σχήμα θα προστεθεί σε λίγο):

Από τη δοθείσα γωνιακή σχέση παίρνουμε ότι τα τετράπλευρα QPCD, FEBC, PQAB

είναι εγγράψιμα.

Για να δείξουμε το ζητούμενο αρκεί να είναι KE^2 - KF^2 = QE^2 - QF^2

.

Αν

η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του $\triangle{APD}$ τότε έχουμε:

$R^2 - KF^2 = \Delta_{(APD)}(F) = FD \cdot FP = QF \cdot FC$ αφού το QPCD

είναι εγγράψιμο.

$R^2 - KE^2 = \Delta_{(APD)}(E) = EA \cdot EP = EQ \cdot EB$ αφού το PQAB

είναι εγγράψιμο.

Αφαιρώντας προκύπτει $\displaystyle{KE^2 - KF^2 = QF \cdot FC - QE \cdot EB = QF(QC - QF) - QE(QB - QE) = QE^2 - QF^2 + QF \cdot QC -}$

$QE \cdot QB = QE^2 - QF^2}$ αφού το FEBC

είναι εγγράψιμο και άρα $QF \cdot QC = QE \cdot QB$ .

Έτσι, το ζητούμενο εδείχθη.

$\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm, scale = 1.5] \clip(-3.0412750474109855,-4.7171816313932045) rectangle (9.42176109547179,1.5033461083525157); \draw (0.8767474837457959,0.43156214418084426)-- (3.150085257184274,-1.9147727137258415); \draw (-0.5604669271391516,-3.687539917932994)-- (2.9336101261167804,-1.691346546339667); \draw (2.149722899778276,-2.139187410019379)-- (4.766449270408881,-0.6112533482221272); \draw (0.8767474837457959,0.43156214418084426)-- (4.766449270408881,-0.6112533482221272); \draw (3.150085257184274,-1.9147727137258415)-- (4.766449270408881,-0.6112533482221272); \draw (3.150085257184274,-1.9147727137258415)-- (-0.5604669271391516,-3.687539917932994); \draw (-0.5604669271391516,-3.687539917932994)-- (0.8767474837457959,0.43156214418084426); \draw (1.5871990459724952,-1.1545625147252705)-- (0.8767474837457959,0.43156214418084426); \draw (1.5871990459724952,-1.1545625147252705)-- (3.150085257184274,-1.9147727137258415); \draw (1.5871990459724952,-1.1545625147252705)-- (-0.5604669271391516,-3.687539917932994); \draw (1.5871990459724952,-1.1545625147252705)-- (4.766449270408881,-0.6112533482221272); \draw (2.2961423415108837,-1.0334096126867918)-- (2.82192713108495,-1.7551519092450107); \draw(0.6852215866699107,-1.8118951947726571) circle (2.2516178629943067cm); \draw (2.9336101261167804,-1.691346546339667)-- (4.766449270408881,-0.6112533482221272); \begin{scriptsize} \draw [fill=black] (0.8767474837457959,0.43156214418084426) circle (1.5pt); \draw (1.1130703335499395,0.580158245916755) node {A}; \draw [fill=black] (3.150085257184274,-1.9147727137258415) circle (1.5pt); \draw (3.3990593262480147,-2.0135600342599056) node {C}; \draw [fill=black] (1.5871990459724952,-1.1545625147252705) circle (1.5pt); \draw (1.6625869183331305,-1.0024495182588347) node {Q}; \draw [fill=black] (2.9336101261167804,-1.691346546339667) circle (1.5pt); \draw (3.1133107021607556,-1.3101788057374215) node {P}; \draw [fill=black] (-0.5604669271391516,-3.687539917932994) circle (1.5pt); \draw (-0.7223150596259189,-3.8159744323487716) node {D}; \draw [fill=black] (4.766449270408881,-0.6112533482221272) circle (1.5pt); \draw (4.838792778379975,-0.45293293347564373) node {B}; \draw [fill=black] (2.2961423415108837,-1.0334096126867918) circle (1.5pt); \draw (2.376958478551279,-0.8815558696065326) node {E}; \draw [fill=black] (2.82192713108495,-1.7551519092450107) circle (1.5pt); \draw (2.4209198053339347,-1.7827630686509657) node {F}; \draw [fill=black] (0.6852215866699107,-1.8118951947726571) circle (1.5pt); \draw (0.9262346947236546,-1.6618694199986637) node {K}; \end{scriptsize} \end{tikzpicture}$

*EDIT: Προσθήκη σχήματος.

#4

Από $\angle EBF = \angle ECF$ έχουμε ότι το τετράπλευρο BCFE

είναι εγγράψιμο και άρα ισχύει $LQ\perp EF\ \ \ ,(1)$ , όπου

είναι το περίκεντρο του τριγώνου $\vartriangle QBC$

η ευθεία

είναι αντιπαράλληλη της ευθείας

, ως προς τις ευθείες $QB,\ QC$

.

Έστω $M,\ N$ , τα σημεία τομής του περίκυκλου έστω (L)

του $\vartriangle QBC$ από την ευθεία

και ας είναι το

μεταξύ των $M,\ F$ .

Ισχύει $(FM)(FN) = (FQ)(FC)\ \ \ ,(2)$

: Καθετότητα από το κέντρο.; f=112_t=50902.PNG (31.93 KiB) Προβλήθηκε 1043 φορές

Από $\angle PCQ = \angle PDQ$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο CDQP

είναι εγγράψιμο και άρα έχουμε $(FQ)(FC) = (FP)(FD)\ \ \ ,(3)$

Από $(2),\ (3)\Rightarrow$ $(FM)(FN) = (FP)(FD)\ \ \ ,(4)$

Από (4)

προκύπτει ότι τα σημεία $M,\ P,\ N,\ D$ είναι ομοκυκλικά και ομοίως αποδεικνύεται ότι και τα σημεία $A,\ M,\ P,\ N$ είναι ομοκυκλικά.

Τα σημεία $A,\ D$ δηλαδή, ανήκουν στον περίκυκλο έστω (K)

του τριγώνου $\vartriangle PMN$ .

Τα πράγματα τώρα απλουστεύονται λόγω της (1)

και λόγω $KL\perp MN\equiv EF\ \ \ ,(5)$ από την

ως διάκεντρο και την

ως κοινή χορδή ( ριζικός άξονας ) των κύκλων $(K),\ (L)$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Με χαρά γράφω μετά από αρκετό καιρό απουσίας.

#5

smar έγραψε:Θεωρούμε κυρτό τετράπλευρο και έστω $AC\cap BD=P$ .Το σημείο βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου $\triangle APD$ και είναι τέτοιο ώστε $\measuredangle QAC=\measuredangle QCA=\measuredangle QBD=\measuredangle QDB$ . Έστω επίσης $QB\cap AC=E, QC\cap BD=F$ και το περίκεντρο του τριγώνου $\triangle APD$ .Να αποδειχθεί ότι κάθετη στην .

Για τιμωρία της απροσεξίας ας δώσουμε και μια λύση στο πρόβλημα που έχει τεθεί.

: 2.png (40.24 KiB) Προβλήθηκε 1185 φορές

Αν είναι οι ορθές προβολές του κέντρου στις χορδές του κύκλου $\left( K \right)$ θα είναι τα μέσα των αντίστοιχα.

Επίσης αν είναι οι ορθές προβολές του σημείου στις "βάσεις" των ισοσκελών τριγώνων $\vartriangle QAC,\vartriangle QBD$ τότε θα είναι τα μέσα

των αντίστοιχα και ας είναι (στη γενική περίπτωση) $M \ne R,N \ne S$ . Τότε $\dfrac{{MR}}{{NS}} = \dfrac{{\dfrac{{PC}}{2}}}{{\dfrac{{PB}}{2}}} = \dfrac{{PC}}{{PB}}:\left( 1 \right)$

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο $EBCF \Rightarrow PB \cdot PF = PE \cdot PC \Rightarrow \boxed{\frac{{PF}}{{PE}} = \frac{{PC}}{{PB}}\mathop = \limits^{\left( 1 \right)} \frac{{MR}}{{NS}}}:\left( 2 \right)$ .

Από τη σχέση $\left( 2 \right)$ σύμφωνα με το Θεώρημα Κούτρα προκύπτει ότι $KQ \bot EF$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Antonis_Z · #6

Ας βάλω κι εγώ μια λύση.

Εύκολα από γωνίες προκύπτει ότι AQPB,DQPC

εγγράψιμα.
Απ'αυτά, αφενός έχουμε $EQ\cdot EB=EA\cdot EP$ και αφετέρου $FP\cdot FD=FQ\cdot FC$ .
Επομένως, τα E,F

ανήκουν στο ριζικό άξονα των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων $\vartriangle ADP,QBC$ , δηλαδή η

είναι η κοινή χορδή τους, αφού τέμνονται ( το

είναι μέσα στο APD

).
Ονομάζω

το περίκεντρο του $\vartriangle QBC$ .
Προφανώς $KO\perp EF$ , άρα αρκεί να είναι $QO\perp EF$ . Αυτό όμως έπεται απ' το γεγονός ότι η

είναι αντιπαράλληλη στη

στο τρίγωνο QBC

( αφού

εγγράψιμο ) (*).

(*) θεώρημα Nagel

Καθετότητα από το περίκεντρο

Καθετότητα από το περίκεντρο

Re: Καθετότητα από το περίκεντρο

Re: Καθετότητα από το περίκεντρο

Re: Καθετότητα από το περίκεντρο

Re: Καθετότητα από το περίκεντρο

Re: Καθετότητα από το περίκεντρο

Μέλη σε σύνδεση