Συντρέχεια σε τετράπλευρο

sakis1963 · #1

: GEOMETRIA223=FB2965.jpg (31.29 KiB) Προβλήθηκε 1576 φορές

Εστω

οι έγκυκλοι των τριγώνων ABC, DBC

, ενός τετραπλεύρου ABCD

.

Αν

( $P \in (K), Q \in (L)$ ), είναι το κοινό εφαπτόμενο τμήμα των (K),(L)

, που δεν ανήκει στην

, δείξτε ότι:

a. οι AP, DQ

τέμνονται "πάνω" στην διάκεντρο

b. το

είναι εγγράψιμο, τότε και μόνο τότε αν, PQ//AD

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

sakis1963 έγραψε: ↑
Κυρ Απρ 21, 2019 11:20 am
GEOMETRIA223=FB2965.jpg
Εστω οι έγκυκλοι των τριγώνων , ενός τετραπλεύρου .

Αν ( $P \in (K), Q \in (L)$ ), είναι το κοινό εφαπτόμενο τμήμα των , που δεν ανήκει στην , δείξτε ότι:

a. οι τέμνονται "πάνω" στην διάκεντρο

b. το είναι εγγράψιμο, τότε και μόνο τότε αν,

Μιας και πέρασε πολύς καιρός βάζω μία λύση για το A.

: 19.PNG (26.97 KiB) Προβλήθηκε 1177 φορές

Σταθεροποιώ τους κύκλους και το σημείο

πάνω στην κάτω κοινή τους εφαπτόμενη(ευθεία

).
Κουνάω το

στην εφαπτόμενη του

προς τον κόκκινο κύκλο.
Εύκολα προκύπτει ότι η $A\rightarrow C\rightarrrow$ είναι προβολική σύνδεση(το

κινήται στην εφαπτομένη από το

στον μπλε κύκλο).
Οπότε οι $A\rightarrow PA\rightarrow R,A\rightarrow C\rightarrow D\rightarrow QD\rightarrow R'=DQ\cap KL$ είναι προβολικότητες.
Για να δείξουμε ότι τα R',R

ταυτίζονται αρκεί λοιπόν αυτό να ισχύει για τρεις θέσεις του

Όταν $A\in PQ$ το

πάει στο $J=PQ\cap (e)$ και ισχύει φυσικά $J\in KL$ .
Το

θα πάει κάπου στην

οπότε $R\equiv R'\equiv J$
Όταν $A\equiv B$ :

: 21.PNG (19.13 KiB) Προβλήθηκε 1177 φορές

Το

πάει στο σημείο επαφής του αριστερά κύκλου με την

(οριακά αφού $AE\equiv e$ ) και τώρα είναι απλό να δούμε τις προβολικότητες στο σχήμα όταν κουνάμε πλέον το

στην

.Ελέγχουμε τις περιπτώσεις B=E,Q,G

που βγαίνουν εύκολα και τελειώσαμε.
Όταν το

ανήκει στον αριστερά κύκλο:

: 20.PNG (31.07 KiB) Προβλήθηκε 1177 φορές

Το

πέφτει πάνω στο

και έτσι

είναι σημείο επαφής της εφαπτομένης από το

στον μπλε κύκλο.
Θέλουμε οι PA,KL,DQ

να συντρέχουν , θα δείξω ότι οι PA,DQ

περνάν από το B_1

που είναι η προβολή του

στην

.
Πράγματι $\angle LB_1D=\angle LBD=\angle LBY=\angle LB_1Y=\angle LB_1Q$ (το τελευταίο λόγω συμμετρίας) οπότε B_1,D,Q

συνευθειακά, όμοια B_1,P,A

συνευθειακά.

Για το Β. ίσως επανέλθω κάποια στιγμή, δεν κατάφερα ακόμη το αντίστροφο.

MAnTH05 · #3

Ας δούμε μία λύση και για το ερώτημα (B)

.
Ευθύ
Έστω $R\equiv PQ \cap AC$ και $S\equiv PQ \cap BD$ και $Τ\equiv AC \cap BD$
Αρχικά παρατηρούμε πως $\angle DAC = \angle DBC = \phi$ Άρα για να δείξουμε ότι $AD\parallel PQ$ αρκεί να δείξουμε ότι $\angle QBC = \angle QPC$ , δηλαδή ότι το τετράπλευρο RSCB

είναι εγγράψιμο.
Εφαρμόζουμε σύνθεση αξονικής συμμετρίας ως προς την κάθετη από το

στη

και ομοιοθεσία κέντρου

με λόγο $\frac{RB}{SC}$ . Με τον μετασχηματισμό αυτό στείλαμε το τρίγωνο ARB

στο

άρα $\angle ARB = \angle DSC = \theta$ . Ισχύει λοιπόν $\angle BRC = \angle BSC = 180^{\circ} - \theta$ . Συνεπώς $\angle QBC = \angle QRC = \angle DAC$ και το ζητούμενο έπεται.

Αντίστροφο
Όπως αποδείξαμε παραπάνω, το τετράπλευρο RSCB

είναι εγγράψιμο, άρα $\angle QPC = \angle QBC$ . Εφόσον $\angle DAR = \angle QPC$ θα είναι και $\angle DAC = \angle DBC$ , άρα και το ABCD

είναι εγγράψιμο.
$\square$

Σχόλιο: Ο καθοριστικός ισχυρισμός ότι τα τρίγωνα ARB

και

είναι όμοια μπορεί να αποδειχθεί και με πιο στοιχειώδη μέσα.
Ο μετασχηματισμός που χρησιμοποιήσαμε, όμως δεν προϋποθέτει ότι τα σημεία

,

και

είναι ομοκυκλικά, γι' αυτό και μπορεί να εφαρμοστεί και για την επίλυση του αντίστροφου.

Συντρέχεια σε τετράπλευρο

Συντρέχεια σε τετράπλευρο

Re: Συντρέχεια σε τετράπλευρο

Re: Συντρέχεια σε τετράπλευρο

Μέλη σε σύνδεση