Αθώα εγγραψιμότητα

Ορέστης Λιγνός · #1

Πιθανόν να έχει ξανασυζητηθεί... Μου προέκυψε προσπαθώντας να λύσω μία άλλη άσκηση.

Έστω εγγράψιμο τετράπλευρο ABCD

και

τα μέσα των πλευρών AB,CD,BC

αντίστοιχα. Έστω ότι οι διαγώνιοι AC,BD

τέμνονται στο

και

είναι η προβολή του

στην πλευρά

. Να αποδείξετε ότι τα σημεία M,N,K,T

είναι ομοκυκλικά.

#2

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 18, 2022 7:13 pm
Πιθανόν να έχει ξανασυζητηθεί... Μου προέκυψε προσπαθώντας να λύσω μία άλλη άσκηση.

Έστω εγγράψιμο τετράπλευρο και τα μέσα των πλευρών αντίστοιχα. Έστω ότι οι διαγώνιοι τέμνονται στο και είναι η προβολή του στην πλευρά . Να αποδείξετε ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Ορέστη καλησπέρα - καλημέρα
Ας δούμε μια στοιχειώδη αντιμετώπιση του όμορφου αυτού προβλήματος (εκτός φακέλου) με ύλη Α' Λυκείου

$\bullet$ Έστω $E\equiv MT\cap DB,Z\equiv TN\cap AC$ . Στο τρίγωνο $\vartriangle BAC$ τα M,T

είναι τα μέσα των πλευρών του BA,BC

αντίστοιχα και συνεπώς $MT\parallel AC\Rightarrow E$ το μέσο της

και συνεπώς $ME=\dfrac{PA}{2}:\left( 1 \right),ET=\dfrac{PC}{2}:\left( 2 \right)$

Με ακριβώς όμοιο τρόπο προκύπτει ότι

το μέσο της

και συνεπώς $TZ=\dfrac{PB}{2}:\left( 3 \right),NZ=\dfrac{PD}{2}:\left( 4 \right)$

Από τα ορθογώνια στο

(από την υπόθεση) τρίγωνα $\vartriangle BKP,\vartriangle CKP$ με διαμέσους (προς την υποτείνουσα) KE,KZ

αντίστοιχα προκύπτει ότι $KE=\dfrac{PB}{2}:\left( 5 \right),KZ=\dfrac{PC}{2}:\left( 6 \right)$

$\bullet$ Για το τρίγωνο $\vartriangle PBC$ με E,Z

τα μέσα (όπως αναφέρθηκε πιο πάνω ) των πλευρών του PB,PC

αντίστοιχα προκύπτει ότι $EZ\parallel BC\equiv KT\Rightarrow EKTZ$ τραπέζιο και από τις σχέσεις $\left( 3 \right),\left( 5 \right)\Rightarrow KE=TZ\Rightarrow EKTZ$ ισοσκελές τραπέζιο , άρα εγγράψιμο σε κύκλο , οπότε $\angle TKE=\angle KTZ\Rightarrow \angle KEM=\angle KZN:\left( 7 \right)$ (παραπληρώματα ίσων γωνιών)

: αθώα εγγραψιμότητα.png (46.95 KiB) Προβλήθηκε 1131 φορές

$\bullet$ Επίσης από το εγγεγραμμένο στον $\left( O \right)$ τετράπλευρο ABCD

με $P\equiv AC\cap BD\Rightarrow \ldots \vartriangle PAB\sim \vartriangle PDC\Rightarrow \dfrac{PA}{PB}=\dfrac{PD}{PC}\overset{\left( 1 \right),\left( 2 \right),\left( 5 \right),\left( 6 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,$ $\dfrac{ME}{KE}=\dfrac{NZ}{KZ}\overset{\left( 7 \right)}{\mathop{\Rightarrow }}\,\vartriangle EMK\sim \vartriangle ZNK\Rightarrow \angle EMK=\angle ZNK$ ή $\angle TMK=\angle TNK\Rightarrow M,K,T,N$ ομοκυκλικά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί .

Υ.Σ. Η πιό πάνω απόδειξη είναι αφιερωμένη στον αγαπητό μου φίλο Κώστα Βήττα ως το ελάχιστο ευχαριστώ για το όμορφο Σαββατοκύριακο που πέρασε μαζί μου με την υπέροχη παρέα του !!!! στη Βόρεια Εύβοια.

Κώστα ευχαριστώ θερμά

#3

Ορέστης Λιγνός έγραψε: ↑
Κυρ Σεπ 18, 2022 7:13 pm
Πιθανόν να έχει ξανασυζητηθεί... Μου προέκυψε προσπαθώντας να λύσω μία άλλη άσκηση.

Έστω εγγράψιμο τετράπλευρο και τα μέσα των πλευρών αντίστοιχα. Έστω ότι οι διαγώνιοι τέμνονται στο και είναι η προβολή του στην πλευρά . Να αποδείξετε ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Ορέστη καλησπέρα. Καιρό είχαμε να "ανταμώσουμε" . Υγεία και πάντα επιτυχίες στην ζωή σου.

Μια άποψη :

: Αθώα εγγραψιμότητα_ Στροφή και ομομοιοθεσία.png (44.24 KiB) Προβλήθηκε 1027 φορές

Ας είναι

το σημείο τομής της

με την

.Έστω $\theta$ η γωνία που σχηματίζει η

με την από το

παράλληλη στην

.

Η στροφή του $\vartriangle FKN$ ( αλλά και των $P\,\,,\,\,BC$ ) γύρω από το

κατά γωνία $\theta$ δίδει τρίγωνο $\vartriangle FK'N'$ που είναι ομοιόθετο του $\vartriangle FKN$ με κέντρο ομοιοθεσίας ,

.

: Αθώα εγγραψιμότητα_ ok.png (29.9 KiB) Προβλήθηκε 1027 φορές

Λόγω της πιο πάνω ομόρροπης ομοιότητας θα είναι $\widehat {KFN} = \widehat {K'FN'} = \widehat {BAD}$ , καθώς και $\widehat {DBA} = \widehat {FKN} = \widehat {DCA}$ .

Άρα το τετράπλευρο FKCN

είναι εγγράψιμο . Ομοίως αν

το σημείο τομής των $MN\,\,,\,\,BD$ , θα είναι εγγράψιμο και το τετράπλευρο BKGM

.

Έτσι $\widehat {{\omega _2}} = \widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _{}}}$ ( Αφού BD// = 2TN

) , οπότε τα σημεία : M,K,T,N

ανήκουν στον ίδιο κύκλο .

Ορέστης Λιγνός · #4

Ευχαριστώ πολύ για τις 2 προηγούμενες λύσεις. Προσθέτω και τη δική μου σκέψη.

Η λύση βασίζεται στον ακόλουθο Ισχυρισμό.

Ισχυρισμός: Η κάθετη από το

στην

(ευθεία $(\ell_1)$ ), από το

στο

(ευθεία $(\ell_2)$ ) και από το

στην

συντρέχουν.
Απόδειξη: Έστω ότι οι ευθείες $(\ell_1)$ και $(\ell_2)$ τέμνονται στο σημείο

, η $(\ell_1)$ τέμνει την

στο

και η $(\ell_2)$ τέμνει την

στο

.

Τα τρίγωνα AMU

και

είναι ορθογώνια και έχουν $\angle MAU=\angle VDN$ , συνεπώς είναι όμοια. Άρα,

$\dfrac{AU}{DV}=\dfrac{AM}{DN}=\dfrac{AB}{CD}=\dfrac{AP}{PD},$

οπότε προκύπτει ότι $UV \parallel AD$ . Συνεπώς,

$\angle DBC=\angle DAP=\angle VUP=\angle VXP,$

και άρα αν $K' \equiv XP \cap BC$ , το τετράπλευρο XVKB

είναι εγγράψιμο, και αφού $\angle XVB=90^\circ,$ είναι και $\angle XK'B=90^\circ,$ συνεπώς $XP \perp BC$ , όπως θέλαμε $\blacksquare$

Στο πρόβλημα τώρα, είναι

$\angle XMT=\angle XUC=90^\circ,$ και όμοια $\angle XNT=90^\circ,$ άρα τα σημεία X,M,N,T,K

είναι ομοκυκλικά, που δίνει ότι και τα σημεία M,N,K,T

είναι ομοκυκλικά, που δίνει το ζητούμενο.

Αθώα εγγραψιμότητα

Αθώα εγγραψιμότητα

Re: Αθώα εγγραψιμότητα

Re: Αθώα εγγραψιμότητα

Re: Αθώα εγγραψιμότητα

Μέλη σε σύνδεση