Εμφάνιση ορθής γωνίας

giannimani · #1

: right_angle.png (35.19 KiB) Προβλήθηκε 700 φορές

Από ένα σημείο

, που βρίσκεται εκτός ενός δεδομένου κύκλου, φέρουμε δύο τέμνουσες του κύκλου. Η μια απ' αυτές διέρχεται από το κέντρο

του κύκλου και τον τέμνει στα σημεία

και

. Η δεύτερη τέμνουσα τέμνει τον κύκλο στα σημεία

και

. Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων AOC

και

, τέμνονται για δεύτερη φορά στο σημείο

.
Να αποδείξετε ότι $\angle MPO = 90^{\circ}$

#2

giannimani έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 07, 2022 10:27 am
right_angle.pngΑπό ένα σημείο , που βρίσκεται εκτός ενός δεδομένου κύκλου, φέρουμε δύο τέμνουσες του κύκλου. Η μια απ' αυτές διέρχεται από το κέντρο
του κύκλου και τον τέμνει στα σημεία και . Η δεύτερη τέμνουσα τέμνει τον κύκλο στα σημεία και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων και , τέμνονται για δεύτερη φορά στο σημείο .
Να αποδείξετε ότι $\angle MPO = 90^{\circ}$

Ας είναι

το σημείο τομής των $AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ , η δε

τέμνει τον κύκλο $\left( {B,O,D} \right)$ στο

.

Από το Θ. Miguel

τα σημεία

καθώς και τα σημεία C,B,M,P

είναι ομοκυκλικά .

$\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}$ ( βαίνουν σε ίσα τόξα) έτσι από το έμμεσο κριτήριο ισότητας τριγώνων θα έχω: $\vartriangle TBO = \vartriangle TCO$ και άρα το τετράπλευρο TBOC

είναι χαρταετός .

: Εμφάνιση ορθής.png (35.31 KiB) Προβλήθηκε 647 φορές

Άμεση συνέπεια : $\displaystyle TO//CA \Rightarrow \widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}}$ . Αλλά $\widehat {{a_2}} = \widehat {{a_4}}$ , άρα $\displaystyle \widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}} = \widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}}$ .

$\widehat {BCM} = \widehat {BPM} \Rightarrow 90^\circ + \widehat {{a_3}} = \widehat {OPM} + \widehat {{a_4}}$ κι αφού $\widehat {{a_3}} = \widehat {{a_4}}$ έχω: $\widehat {OPM} = 90^\circ$

#3

giannimani έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 07, 2022 10:27 am
right_angle.pngΑπό ένα σημείο , που βρίσκεται εκτός ενός δεδομένου κύκλου, φέρουμε δύο τέμνουσες του κύκλου. Η μια απ' αυτές διέρχεται από το κέντρο
του κύκλου και τον τέμνει στα σημεία και . Η δεύτερη τέμνουσα τέμνει τον κύκλο στα σημεία και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων και , τέμνονται για δεύτερη φορά στο σημείο .
Να αποδείξετε ότι $\angle MPO = 90^{\circ}$

Ας δούμε και μια διαφορετική αντιμετώπιση του προβλήματος με τη βοήθεια της αρμονικότητας αποφεύγοντας το σημείο Miquel.

: Εμφάνιση ορθής γωνίας.png (39.82 KiB) Προβλήθηκε 628 φορές

Προφανώς $PO\cap AC\cap BD\equiv E$ ως το ριζικό κέντρο των ανά δύο τεμνομένων κύκλων $\left( O \right),\left( K \right),\left( L \right)$ και ας είναι $S\equiv OP\cap MC,F\equiv AP\cap MC$ Με $\angle EPD\equiv \angle OPD\overset{P,D,O,B\in \left( L \right)}{\mathop{=}}\,\angle DBO\overset{A,B,C,D\in \left( O \right)}{\mathop{=}}\,\angle DCA\equiv \angle DCE\Rightarrow$ P,D,E,C

ομοκυκλικά (έστω σε κύκλο $\left( N \right)$ ) και με $\angle OPE\equiv \angle OPC\overset{O,A,P,C\in \left( K \right)}{\mathop{=}}\,\angle OAC\overset{OA=OC}{\mathop{=}}\,\angle OCA\Rightarrow OC$ εφαπτόμενη του $\left( N \right)\overset{OD=OC={{R}_{O}}}{\mathop{\Rightarrow }}\,OD$ η δεύτερη από το

εφαπτόμενη του $\left( N \right)$ και συνεπώς

η πολική του

ως προς τον $\left( N \right)$ ,έτσι η σειρά $\left( O,E,S,P \right)$ είναι αρμονική και συνεπώς και η δέσμη A.OESP

είναι αρμονική, άρα και η σειρά $\left( M,C,S,F \right)$ είναι αρμονική και συνεπώς και η δέσμη P.MCSF

είναι αρμονική και με $\angle CPO\overset{OC=OA,P,C,O,A\in \left( K \right)}{\mathop{=}}\,\angle OPA\Rightarrow PS$ διχοτόμος της $\angle CPF\Rightarrow MP\bot PS\Rightarrow MP\bot PO$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Y.S. Το πρόβλημα επιδέχεται αρκετές αντιμετωπίσεις και προφανώς το

είναι το σημείο Miquel πλήρους τετραπλεύρου με κορμό εγγράψιμο τετράπλευρο . Μερικές από τις ιδιαιτερότητές του (και μάλιστα μια είναι και η ζητούμενη) θα βρείτε εδώ

giannimani · #4

Έστω

η τομή των ευθειών

και

. Τότε, στο τρίγωνο KAB

τα

,

είναι ύψη
του τριγώνου, επομένως, το σημείο τομής των

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου.
Αν η

τέμνει την

στο

, τότε $KL \bot AB$ .
Aπό γνωστό θεώρημα των πόλων και των πολικών(*), η ευθεία

είναι η πολική του

ως προς τον κύκλο (O)

. Ως εκ τούτου, το

είναι το αντίστροφο του

ως προς τον κύκλο (O)

,
δηλαδή, $OL \cdot OM = OA^2\quad (1)$ .

: right_angle2.png (49.08 KiB) Προβλήθηκε 601 φορές

Αρκεί να αποδείξουμε ότι το τετράπλευρο MPHL

είναι εγγράψιμο, ή $OH \cdot OP = OA^2$ .
Γιαυτό, πρώτα διαπιστώνουμε ότι $\angle CPO= \angle OPA \quad (2)$ (εγγεγραμμένες γωνίες του κύκλου
(AOC)

που βαίνουν σε τόξα των ίσων χορδών

,

). Από το εγγεγραμμένο στον κύκλο (AOC)

τετράπλευρο AOCP

έχουμε $\angle CPO= \angle CAO$ , οπότε λόγω της (2)

$\angle CAO=\angle HAO = \angle OPA$ , και εφόσον
τα τρίγωνα OPA

και

έχουν τη γωνία POA

κοινή

, είναι όμοια, δηλαδή,
$\frac{OP}{OA}=\frac{OA}{OH} \Leftrightarrow OA^2=OH\cdot OP\quad (3)$ .
Από (1)

και

προκύπτει ότι $OL \cdot OM= OH \cdot OP$ , δηλαδή το MPHL

είναι εγγράψιμο,
και εφόσον $\angle HLM=90^{\circ}$ , τότε και $\angle HPM =90^{\circ} \Leftrightarrow \angle MPO = 90^{\circ}$ .

(*) Θεώρημα: Έστω ότι δύο ευθείες

, $\ell$ διέρχονται από ένα σημείο

( $A\notin \omega$ ), και τέμνουν
τον κύκλο $\omega$ στα σημεία $M_{1}$ , $M_{2}$ και $L_{1}$ , $L_{2}$ , αντίστοιχα. Τότε, $M_{1}L_{1} \cap M_{2}L_{2} \, \in \, a$ ή $M_{1}L_{1} \,\parallel \,M_{2}L_{2} \,\parallel a$
(όπου

η πολική του

).

(**) Εκ παραδρομής δεν αναφέρθηκε ότι τα σημεία

,

και

είναι συνευθειακά. Αυτό εξασφαλίζεται από το γεγονός ότι
το

είναι το σημείο Miquel για τις ευθείες

,

και

.

#5

giannimani έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 07, 2022 10:27 am
right_angle.pngΑπό ένα σημείο , που βρίσκεται εκτός ενός δεδομένου κύκλου, φέρουμε δύο τέμνουσες του κύκλου. Η μια απ' αυτές διέρχεται από το κέντρο
του κύκλου και τον τέμνει στα σημεία και . Η δεύτερη τέμνουσα τέμνει τον κύκλο στα σημεία και . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων και , τέμνονται για δεύτερη φορά στο σημείο .
Να αποδείξετε ότι $\angle MPO = 90^{\circ}$

Μια ακόμη λύση. Τώρα με αντιστροφή .

Θεωρώ πόλο το κέντρο

και δύναμη αντιστροφής την ακτίνα του

, δηλαδή κύκλος αντιστροφής είναι ο $\left( O \right)$ .

Αντιστρέφω πρώτα τον κύκλο $\left( {O,A,C} \right)$ και δίδει εικόνα την ευθεία

( Στο

από την συμμετρία ως προς κύκλο δείχνω πρώτα τον κύκλο $\left( {O,A,C} \right)$ και μετά τον $\left( O \right)$ και θα σχεδιαστεί άμεσα η ευθεία

, όμοια και για τις άλλες αντιστροφές )

Ομοίως ο $\left( {O,B,D} \right) \to BD$ . Οι ευθείες τέμνονται στο

, αφού δε οι κύκλοι

τέμνονται στο

η εικόνα του

είναι το

και τα σημεία

(πόλος) και τα H,P

είναι συνευθειακά .

θα ισχύει: $OH \cdot OP = {R^2}\,\,\left( 1 \right)$

: Εμφάνιση ορθής_2.png (24.69 KiB) Προβλήθηκε 552 φορές

Πάλι με πόλο το

και κύκλο αντιστροφής τον $\left( O \right)$ η εικόνα της ευθείας $\overline {MDC}$ θα είναι κύκλος γιατί αυτή η τέμνουσα δεν διέρχεται από τον πόλο

.

Αναγκαστικά αυτός ο κύκλος θα διέρχεται από το

και από τα σημεία $D\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ . Δηλαδή : $\overline {MDC} \to \left( {O,D,C} \right)$

Ο πιο πάνω κύκλος θα τέμνει ακόμα την διάμετρο

σε ένα σημείο έστω

. Ας πούμε τώρα

το σημείο τομής των $AD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC$ .

Για το τρίγωνο SAB

τα σημεία $C\,\,\kappa \alpha \iota \,\,D$ είναι οι πόδες των υψών ενώ το

είναι μέσο της

,

ο κύκλος $\left( {O,C,D} \right)$ είναι ο κύκλος Euler

του $\vartriangle SAB$ οπότε το

είναι ο πόδας του ύψους από το

.
Εικόνα του

στην αντιστροφή της ευθείας $\overline {MDC}$ είναι το

με άμεση συνέπεια , $OT \cdot OM = {R^2}\,\,\,\left( 2 \right)$

Από τις $\left( 1 \right)\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\left( 2 \right)$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο HTMP

είναι εγγράψιμο και προφανώς οι γωνίες του στα $T\,\,\kappa \alpha \iota \,\,P$ θα είναι παραπληρωματικές , άρα $\widehat {OPM} = 90^\circ$

giannimani · #6

Το πρόβλημα είναι από βιβλίο Ασκήσεων Γεωμετρίας για τις τάξεις 9-11 του I.F.Sharygin.
Παρακάτω η λύση που δίνει ο συγγραφέας:

: right_angle_sh.png (49.97 KiB) Προβλήθηκε 535 φορές

Για την περίπτωση της τοποθέτησης των σημείων

,

και

όπως στο σχήμα εργαζόμαστε
ως εξής.
Θα αποδείξουμε ότι τα σημεία

,

και

ανήκουν στον ίδιο κύκλο. Συμβολίζουμε τα
τοξ $\,AD$ και τοξ $\,BC$ του κύκλου (O)

με $2\alpha$ και $2\beta$ αντίστοιχα. Έχουμε $\angle DMA = \beta-\alpha$ .
Εφόσον, τα σημεία

,

και

ανήκουν στον ίδιο κύκλο, προκύπτει ότι
$\angle DPO = \angle DBO = \angle DBA = \alpha$ .
Εφόσον και τα σημεία

,

και

είναι ομοκυκλικά, έχουμε: $\angle APO = \angle ACO =\angle CAB = \beta$ .
Έτσι, $\angle DPA =\beta - \alpha = \angle DMA$ , δηλαδή τα σημεία,

,

και

ανήκουν στον ίδιο κύκλο.
Επομένως, $\angle MPA = \angle MDA = \angle ABC = 90^{\circ} - \beta$ , $\angle MPO = \angle MPA+\angle APO=90^{\circ}$ .
Με όμοιο τρόπο εξετάζονται και οι περιπτώσεις για διαφορετικές θέσεις των σημείων

,

και

.

Henri van Aubel · #7

$\angle CPB=\angle CPO-\angle BPO=\angle CAO-\angle BDO=\angle BAC-\angle ABD$

$\angle CMB=\angle BAC-\angle ABD$

Άρα $\angle CPB=\angle CMB$ κι έτσι B,C,P,M

ομοκυκλικά

Οπότε έχουμε $\angle MPO=\angle CPM-\angle CPO=180^\circ-\angle ABC-\angle CAO=90^\circ$

Εμφάνιση ορθής γωνίας

Εμφάνιση ορθής γωνίας

Re: Εμφάνιση ορθής γωνίας

Re: Εμφάνιση ορθής γωνίας

Re: Εμφάνιση ορθής γωνίας

Re: Εμφάνιση ορθής γωνίας

Re: Εμφάνιση ορθής γωνίας

Re: Εμφάνιση ορθής γωνίας

Μέλη σε σύνδεση