Υπολογισμός λόγου από καθετότητα

#1

Θεωρούμε ένα εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABCD

και ονομάζουμε

το σημείο τομής των διαγωνίων του και

το σημείο τομής των

και

. Έστω ότι η

τέμνει την

στο

και

είναι το ίχνος της καθέτου από το

στην

. Να υπολογίσετε (συναρτήσει των στοιχείων του ABCD

) τον λόγο $\frac{PA}{PB}$ .

#2

silouan έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 08, 2019 11:02 pm
Θεωρούμε ένα εγγεγραμμένο τετράπλευρο και ονομάζουμε το σημείο τομής των διαγωνίων του και το σημείο τομής των και . Έστω ότι η τέμνει την στο και είναι το ίχνος της καθέτου από το στην . Να υπολογίσετε (συναρτήσει των στοιχείων του ) τον λόγο $\frac{PA}{PB}$ .

Από το Θεώρημα του Ceva στο τρίγωνο $\vartriangle KCD$ για τις συντρέχουσες στο

θα έχουμε:

$\displaystyle \frac{LD}{LC}\cdot \frac{BC}{BK}\cdot \frac{AK}{AD}=1\Rightarrow \frac{LD}{LC}=\frac{AD}{BC}\cdot \frac{BK}{AK}\Rightarrow \frac{LD}{LC}=\frac{AD}{BC}\cdot \frac{\sin A}{\sin B}\Rightarrow LD=\frac{AD\sin A}{AD\sin A+BC\sin B}DC\wedge LC=\frac{BC\sin B}{AD\sin A+BC\sin B}DC$

Από τον νόμο των συνημίτονων στα τρίγωνα $\vartriangle LBC$ και $\vartriangle LAD$ θα είναι $L{{B}^{2}}=B{{C}^{2}}+L{{C}^{2}}+2BC\cdot LC\cos A$ και $L{{A}^{2}}=A{{D}^{2}}+L{{D}^{2}}+2AD\cdot LD\cos B$ (από παραπληρωματικές γωνίες (απέναντι) λόγω εγγραψιμότητας)
Οπότε $L{{B}^{2}}-L{{A}^{2}}=B{{C}^{2}}-A{{D}^{2}}+L{{C}^{2}}-L{{D}^{2}}+2BC\cdot LC\cos A-2AD\cdot LD\cos B$
Αλλά από γενίκευση Πυθαγορείου θεωρήματος στο τρίγωνο $\vartriangle ALB$ $L{{B}^{2}}=L{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}\pm 2AB\cdot PA\Rightarrow PA=\frac{\left| L{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}-L{{B}^{2}} \right|}{2AB}$ και ομοίως $PB=\frac{\left| L{{B}^{2}}+A{{B}^{2}}-L{{A}^{2}} \right|}{2AB}$

Οπότε $\frac{PA}{PB}=\frac{\left| L{{A}^{2}}+A{{B}^{2}}-L{{B}^{2}} \right|}{\left| L{{B}^{2}}+A{{B}^{2}}-L{{A}^{2}} \right|}=\frac{\left| A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}-A{{D}^{2}}+L{{C}^{2}}-L{{D}^{2}}+2BC\cdot LC\cos A-2AD\cdot LD\cos B \right|}{\left| A{{B}^{2}}-B{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}-L{{C}^{2}}+L{{D}^{2}}-2BC\cdot LC\cos A+2AD\cdot LD\cos B \right|}=$ $\frac{\left| A{{B}^{2}}+B{{C}^{2}}-A{{D}^{2}}+{{\left( \frac{BC\sin B}{AD\sin A+BC\sin B}DC \right)}^{2}}-{{\left( \frac{AD\sin A}{AD\sin A+BC\sin B}DC \right)}^{2}}+2BC\cdot \frac{BC\sin B}{AD\sin A+BC\sin B}DC\cos A-2AD\cdot \frac{AD\sin A}{AD\sin A+BC\sin B}DC\cos B \right|}{\left| A{{B}^{2}}-B{{C}^{2}}+A{{D}^{2}}-{{\left( \frac{BC\sin B}{AD\sin A+BC\sin B}DC \right)}^{2}}+{{\left( \frac{AD\sin A}{AD\sin A+BC\sin B}DC \right)}^{2}}-2BC\cdot L\frac{BC\sin B}{AD\sin A+BC\sin B}DC\cos A+2AD\cdot L\frac{AD\sin A}{AD\sin A+BC\sin B}DCosB \right|}$ .

Υ.Σ. Ελπίζω να μην έχω κάνει κάποιο λάθος στις πράξεις Σιλουανέ ! (φυσικά υπάρχει και μια λύση με ομοιότητες και το περιώνυμο θεώρημα που προκύπτει από την καθετότητα αλλά δεν ξέρω αν συμφέρει). Εκείνο που με προβληματίζει είναι γιατί ζητάς το λόγο (συναρτήσει των στοιχείων του αρχικού τετραπλεύρου) αφού υπάρχει δυνατότητα υπολογισμού των επί μέρους τμημάτων του λόγου. Αυτό δείχνει με βεβαιότητα τη διαφοροποίηση της λύσης που έχεις. Ελπίζω να την απολαύσουμε!!!.

Καλό καλοκαίρι

Στάθης

#3

Καλησπέρα Στάθη, ευχαριστώ για την ενασχόληση!
Ο λόγος για τον "λόγο" ήταν ότι επιχείρησα μια διαφορετική προσέγγιση σε αυτό το πρόβλημα https://www.mathematica.gr/forum/viewto ... 08#p311708
Ήλπιζα ότι θα γίνονται απλοποιήσεις σε αυτό που έβγαζα με κάποια διαφορετική προσέγγιση, αλλά έκανες τα ίδια με μένα.

Υπολογισμός λόγου από καθετότητα

Υπολογισμός λόγου από καθετότητα

Re: Υπολογισμός λόγου από καθετότητα

Re: Υπολογισμός λόγου από καθετότητα

Μέλη σε σύνδεση