Από Σερβία ο λόγος

#1

: Από Σερβία ο λόγος.png (14.22 KiB) Προβλήθηκε 804 φορές

Δίνεται τετράγωνο ABCD

και ο κύκλος (K)

διαμέτρου

Ένα σημείο

κινείται στην πλευρά

και οι

επανατέμνουν τον κύκλο στα M, N

αντίστοιχα. Να δείξετε ότι οι DM, CN

τέμνονται

σε σημείο

του

και ότι $\displaystyle \frac{{DP}}{{PC}} = \frac{{QA}}{{QB}}.$

Ορέστης Λιγνός · #2

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 27, 2022 11:28 am

Από Σερβία ο λόγος.png
Δίνεται τετράγωνο και ο κύκλος διαμέτρου Ένα σημείο κινείται στην πλευρά

και οι επανατέμνουν τον κύκλο στα αντίστοιχα. Να δείξετε ότι οι τέμνονται

σε σημείο του και ότι $\displaystyle \frac{{DP}}{{PC}} = \frac{{QA}}{{QB}}.$

Πολύ καλή κ. Γιώργο!

Έστω ότι οι διαγώνιοι AC,BD

τέμνονται στο

.

Ισχυρισμός 1: Τα τετράπλευρα DPTM

και

είναι εγγράψιμα, έστω στους κύκλους $\gamma_1, \gamma_2$ .
Απόδειξη: Προφανώς $T \in (K)$ , οπότε είναι

$\angle PMT=\angle TBA=\angle PDT,$ συνεπώς το τετράπλευρο DPTM

είναι εγγράψιμο. Όμοια και το τετράπλευρο PTNC

είναι εγγράψιμο $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, είναι $\angle DMP+\angle PNC=\angle DTP+\angle PTC=\angle DTC=90^\circ,$

άρα αν η

τέμνει τον (K)

στο

, τότε $\angle Q'NB=90^\circ-\angle ANQ'=90^\circ-\angle AMQ=\angle PNC,$

δηλαδή $Q' \in NC$ , οπότε το πρώτο ερώτημα αποδείχθηκε.

Για το δεύτερο ερώτημα, χρειαζόμαστε έναν ακόμα Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός 2: Οι ακτίνες των κύκλων $\gamma_1, \gamma_2$ είναι ίσες.
Απόδειξη: Είναι, ( r_i

η ακτίνα του κύκλου $\gamma_i$ , με $i \in \{1,2 \}$ )

$r_1=\dfrac{PT}{2\sin \angle PDT}=\dfrac{PT}{2 \sin \angle PCT}=r_2,$

οπότε r_1=r_2

, όπως θέλαμε $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, είναι

$\dfrac{DP}{\sin \angle DMP}=2r_1=2r_2=\dfrac{PC}{\sin \angle PNC},$

άρα

$\dfrac{DP}{PC}=\dfrac{\sin \angle DMP}{\sin \angle PNC}=\dfrac{\sin \angle ABQ}{\sin \angle QAB}=\dfrac{AQ}{QB},$

που αποδεικνύει το ζητούμενο.

#3

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 27, 2022 2:03 pm

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 27, 2022 11:28 am
Από Σερβία ο λόγος.png
Δίνεται τετράγωνο και ο κύκλος διαμέτρου Ένα σημείο κινείται στην πλευρά

και οι επανατέμνουν τον κύκλο στα αντίστοιχα. Να δείξετε ότι οι τέμνονται

σε σημείο του και ότι $\displaystyle \frac{{DP}}{{PC}} = \frac{{QA}}{{QB}}.$
Πολύ καλή κ. Γιώργο!

Έστω ότι οι διαγώνιοι τέμνονται στο .

Ισχυρισμός 1: Τα τετράπλευρα και είναι εγγράψιμα, έστω στους κύκλους $\gamma_1, \gamma_2$ .
Απόδειξη: Προφανώς $T \in (K)$ , οπότε είναι

$\angle PMT=\angle TBA=\angle PDT,$ συνεπώς το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο. Όμοια και το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, είναι $\angle DMP+\angle PNC=\angle DTP+\angle PTC=\angle DTC=90^\circ,$

άρα αν η τέμνει τον στο , τότε $\angle Q'NB=90^\circ-\angle ANQ'=90^\circ-\angle AMQ=\angle PNC,$

δηλαδή $Q' \in NC$ , οπότε το πρώτο ερώτημα αποδείχθηκε.

Από Σερβία ο λόγος.II.png (23.09 KiB) Προβλήθηκε 714 φορές

Για το δεύτερο ερώτημα, χρειαζόμαστε έναν ακόμα Ισχυρισμό:

Ισχυρισμός 2: Οι ακτίνες των κύκλων $\gamma_1, \gamma_2$ είναι ίσες.
Απόδειξη: Είναι, ( η ακτίνα του κύκλου $\gamma_i$ , με $i \in \{1,2 \}$ )

$r_1=\dfrac{PT}{2\sin \angle PDT}=\dfrac{PT}{2 \sin \angle PCT}=r_2,$

οπότε , όπως θέλαμε $\blacksquare$

Στο πρόβλημα, είναι

$\dfrac{DP}{\sin \angle DMP}=2r_1=2r_2=\dfrac{PC}{\sin \angle PNC},$

άρα

$\dfrac{DP}{PC}=\dfrac{\sin \angle DMP}{\sin \angle PNC}=\dfrac{\sin \angle ABQ}{\sin \angle QAB}=\dfrac{AQ}{QB},$

που αποδεικνύει το ζητούμενο.

To σχήμα στην πολύ ωραία λύση του Ορέστη

S.E.Louridas · #4

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 27, 2022 11:28 am
Από Σερβία ο λόγος.png
Δίνεται τετράγωνο και ο κύκλος διαμέτρου Ένα σημείο κινείται στην πλευρά
και οι επανατέμνουν τον κύκλο στα αντίστοιχα. Να δείξετε ότι οι τέμνονται
σε σημείο του και ότι $\displaystyle \frac{{DP}}{{PC}} = \frac{{QA}}{{QB}}.$

Έπεσα πάνω στο ωραίο αυτό θέμα και μετά από την πολύ όμορφη λύση του Άριστου Ορέστη, ας δούμε και την διαπραγμάτευση που ακολουθεί και μόνο για λόγους μαθηματικής πολυφωνίας.

Αν

η άλλη τομή της

με τον κύκλο εκτός του σημείου

έχουμε: $D{C^2} = D{A^2} = DM \cdot DQ' \Rightarrow \angle DCM = \angle CQ'M\;\left( 1 \right).$ Όμως από το εγγράψιμο MBCP

προκύπτει $\angle NBM = \angle PCM = \angle NQ'M\;\left( 2 \right).$ Από τις (1), (2)

έχουμε ότι το σημείο

θα είναι σημείο της ευθείας CQ'

δηλαδή $Q' \equiv Q$ και έτσι αποδείχτηκε το πρώτο ερώτημα.
Για το δεύτερο ερώτημα από τη προφανή ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων ABE, BCP

παίρνουμε $BE = CP \Rightarrow CE = PD$
με τα ορθογώνια τρίγωνα QBA, ECP

να προκύπτουν όμοια, αφού ισχύει $\angle CEP = \angle CNP = \angle QNB = \angle QAB.$
Συνεπώς τελικά έχουμε: $\displaystyle{\frac{{CP}}{{PD}} = \frac{{CP}}{{CE}} = \frac{{QB}}{{QA}}}$ ή $\displaystyle \frac{{DP}}{{PC}} = \frac{{QA}}{{QB}}.$

: ΓΕΩ.png (111.44 KiB) Προβλήθηκε 613 φορές

#5

Αφού ευχαριστήσω και τον Σωτήρη για την επίσης πολύ ωραία λύση ,

να δώσω και την πηγή της άσκησης: TST Serbia 2004.

edit: Διόρθωσα την χρονολογία στην πηγή.

Μιχάλης Τσουρακάκης · #6

george visvikis έγραψε: ↑
Δευ Ιουν 27, 2022 11:28 am
Από Σερβία ο λόγος.png
Δίνεται τετράγωνο και ο κύκλος διαμέτρου Ένα σημείο κινείται στην πλευρά

και οι επανατέμνουν τον κύκλο στα αντίστοιχα. Να δείξετε ότι οι τέμνονται

σε σημείο του και ότι $\displaystyle \frac{{DP}}{{PC}} = \frac{{QA}}{{QB}}.$

Α)Λίγο διαφορετικά από τον Ορέστη

Αν

το κέντρο του τετραγώνου,λόγω των γωνιών 45^0

τα

είναι εγράψιμμα,συνεπώς

οι μπλε γωνίες είναι ίσες όπως και οι κόκκινες

Αλλά $\angle x+y=180^0 \Rightarrow MKNQ$ εγγράψιμμο, που αποδεικνύει το ζητούμενο

Β)Επειδή $PB \bot AL \Rightarrow PC=LB=m$ οπότε και DP=LC=n

Από τα ορθογώνια τρίγωνα $ABQ,PCL \Rightarrow tan \theta = \dfrac{QB}{AQ}= \dfrac{m}{n}= \dfrac{PC}{PD}$

: Σέρβικη.png (33.53 KiB) Προβλήθηκε 545 φορές

Από Σερβία ο λόγος

Από Σερβία ο λόγος

Re: Από Σερβία ο λόγος

Re: Από Σερβία ο λόγος

Re: Από Σερβία ο λόγος

Re: Από Σερβία ο λόγος

Re: Από Σερβία ο λόγος

Μέλη σε σύνδεση