Καθετότητα!

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #1

Καλησπέρα !

Έστω κύκλος $\rm c$ κέντρου $\rm O$ και $\rm AB$ μία χορδή του.Στην προέκταση του $\rm AB$ προς το $\rm B$ παίρνουμε σημείο $\rm C$ και από το $\rm C$ φέρουμε τέμνουσα $\rm \overline{CDF}$ προς τον $\rm c$ .
Θεωρούμε $\rm K\equiv (B,D,O)\cap (A,O,F)$ .Να δειχθεί ότι $\rm \angle OKC=90^{\circ}$

Η άσκηση είναι γενίκευση μίας από το γεωμετρία 4 του κ.Στεργίου.

: 305.PNG (32.45 KiB) Προβλήθηκε 1914 φορές

#2

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Απρ 17, 2020 8:43 pm
Καλησπέρα !

Έστω κύκλος $\rm c$ κέντρου $\rm O$ και $\rm AB$ μία χορδή του.Στην προέκταση του $\rm AB$ προς το $\rm B$ παίρνουμε σημείο $\rm C$ και από το $\rm C$ φέρουμε τέμνουσα $\rm \overline{CDF}$ προς τον $\rm c$ .
Θεωρούμε $\rm K\equiv (B,D,O)\cap (A,O,F)$ .Να δειχθεί ότι $\rm \angle OKC=90^{\circ}$

Η άσκηση είναι γενίκευση μίας από το γεωμετρία 4 του κ.Στεργίου.

305.PNG

Προφανώς $AF\cap OK\cap BD\equiv S$ ως το ριζικό κέντρο των ανά δύο τεμνομένων κύκλων $\left( O \right),\left( A,F,O,K \right),\left( B,D,K,O \right)$ και έστω ο κύκλος $\left( O,K,C \right)$ και τα σημεία τομής του με τον $\left( O \right)$ και το δεύτερο (εκτός του ) σημείο τομής του με την .

: καθετότητα.png (94.75 KiB) Προβλήθηκε 1876 φορές

Τότε $EQ\cap AF\cap BD\equiv {S}'\equiv S$ ως το ριζικό κέντρο των ανά δύο τεμνομένων κύκλων … δηλαδή η διέρχεται από το
Είναι $SM\cdot SC=SE\cdot SQ=SD\cdot SB$ και συνεπώς το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο ο οποίος είναι ένας (περιγεγραμμένος στο τρίγωνο $\vartriangle BDC$ του πλήρους τετραπλεύρου με κορμό το εγγεγραμμένο στον $\left( O \right)$ τετράπλευρο .

Από Ιδιαιτερότητες του σημείου Miquel πλήρους τετραπλεύρου προκύπτει ότι το είναι το σημείο Miquel του εν λόγω τετραπλεύρου και μάλιστα $OM\bot SC\Rightarrow OK\bot SC$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Σημείωση 1: Προφανώς στην παραπομπή θα βρείτε εύκολα το λόγο για τον οποίο συντρέχουν οι FB,AD,CK,OM

Σημείωση 2: Προφανώς το πρόβλημα λύνεται και με πολικές (ας το δω από τον Πρόδρομο ή κάποιον άλλο φίλο)

Στάθης

Al.Koutsouridis · #3

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Παρ Απρ 17, 2020 8:43 pm
Καλησπέρα !

Έστω κύκλος $\rm c$ κέντρου $\rm O$ και $\rm AB$ μία χορδή του.Στην προέκταση του $\rm AB$ προς το $\rm B$ παίρνουμε σημείο $\rm C$ και από το $\rm C$ φέρουμε τέμνουσα $\rm \overline{CDF}$ προς τον $\rm c$ .
Θεωρούμε $\rm K\equiv (B,D,O)\cap (A,O,F)$ .Να δειχθεί ότι $\rm \angle OKC=90^{\circ}$

Η άσκηση είναι γενίκευση μίας από το γεωμετρία 4 του κ.Στεργίου.

305.PNG

Λίγο ανορθόδοξο "κυνήγι" γωνιών, θα υπάρχει σίγουρα πιο σύντομη φάκα.

: kathetothta.png (51.26 KiB) Προβλήθηκε 1802 φορές

Οι ριζικοί άξονες των ανά δυο τεμνόμενων κύκλων συντρέχουν, έστω

το σημείο τομής τους. Ας είναι Q,Z

τα σημεία τομής της ευθείας

με τα τμήματα

και

αντίστοιχα. Επίσης έστω E,H

τα δεύτερα σημεία τομής των κύκλων με την ευθεία

και

με την ευθεία

. Έχουμε

$\angle KDF = \angle KDQ = 180^0-\angle QKD -\angle KQD$

$= \angle KQF -\angle QKD$

$= \angle SFQ+\angle ASQ-\angle QKD$

$= \angle ABD +\angle ASZ -\angle QKD$

$= \angle ABD +180^0 -\angle SAZ -\angle AZS-\angle QKD$

$= \angle ABD -\angle SAZ -\angle AZS +\left (180^0-\angle QKD\right )$

$= \angle ZBD -\angle SAZ -\angle AZS +\angle ZKD$

$= \angle ZBD +\angle ZKD - \angle FAE -\angle AZK$

$= 360^0 -\angle KZB -\angle KDB -\angle FAE -\angle AZK$

$= \left (180^0 -\angle KDB \right) -\angle FAE +\left ( 180^0-\angle KZB\right) -\angle AZK$

$= \left (180^0 -\angle KDB \right) -\angle FAE$

$= \angle KHB -\angle FAE$

$= \angle KZH+\abgle OKH -\angle FAE$

$= \angle KAZ +\angle AKO+\angle OKH -\angle FAE$

$= \angle KAB +\angle AKO+\angle OBH -\left (\angle FAO+\angle OAE \right)$

$=\angle KAB +\angle AFO +\angle OBA -\left (\angle FAO+\angle OAB \right)$

$= \angle KAB +\left ( \angle AFO -\angle FAO \right)+ \left (\angle OBA -\angle OAB \right)$

$= \angle KAB$

Ομοίως βρίσκουμε ότι $\angle KFD =\angle KBA$ . Άρα τα τρίγωνα KDF

και

είναι όμοια. Οι ομόλογες διάμεσοι

και

αυτών των τριγώνων θα σχηματίζουν ίσες γωνίες με τις αντίστοιχες πλευρές. Επομένως θα ισχύει $\angle KMF =\angle KNB$ , δηλαδή τα σημεία K,M,C,N

είναι ομοκυκλικά.

Όμως ομοκυκλικά είναι και τα σημεία O,M,C,N

, αφού $\angle ONC =\angle OMC=90^0$ . Άρα τα σημεία O,K,M,C,N

ανήκουν στον ίδιο κύκλο και θα έχουμε $\angle OKC=\angle OMC=90^0$ .

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #4

Χριστός Ανέστη!

Ευχαριστώ για τις λύσεις,γράφω μίας σύντομη

: 307.PNG (30.97 KiB) Προβλήθηκε 1738 φορές

Οι $\rm AF,OK,BD$ συντρέχουν στο ριζικό κέντρο των τριών κύκλων.Έστω $\rm Q,R$ τα σημεία τομής της $\rm OK$ με τον μπλε κύκλο.Είναι $\rm PQ\cdot PR=PF\cdot PA=PK\cdot PO$ άρα από $\rm Mac\,\,Laurin$ είναι $\rm (R,Q/K,P)$ αρμονική σημειοσειρά.Έτσι το $\rm K$ ανήκει στην πολική του $\rm P$ ως προς τον μπλε κύκλο.Επειδή ως γνωστών και το $\rm C$ ανήκει σε αυτή την πολική αυτή θα είναι η $\rm KC$ και το ζητούμενο έπεται.

S.E.Louridas · #5

: φιγ.png (63.63 KiB) Προβλήθηκε 1658 φορές

Από το σχήμα που βλέπουμε, όπου το τετράπλευρο QIZH

είναι περιγεγραμμένο στον κύκλο (O)

, πολύ εύκολα έχουμε ότι οι ευθείες FD,HI,AB

συντρέχουν (αν και είναι και βασική πρόταση), έστω στο

. Άρα οι κύκλοι με διαμέτρους OI,OH

είναι οι περιγεγραμμένοι αντίστοιχα στα τρίγωνα μας $\vartriangle OBD,\;\vartriangle OFA$ που αν

είναι το άλλο σημείο τομής τους, τότε, $\angle OKI = \angle ODI = \frac{\pi }{2}.$

Καθετότητα!

Καθετότητα!

Re: Καθετότητα!

Re: Καθετότητα!

Re: Καθετότητα!

Re: Καθετότητα!

Μέλη σε σύνδεση