Συνθήκη για διάμεσο

Συντονιστές: vittasko, silouan, Doloros

silouan
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 1236
Εγγραφή: Τρί Ιαν 27, 2009 10:52 pm

Συνθήκη για διάμεσο

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από silouan » Τετ Μάιος 08, 2019 11:07 pm

Έστω ABCD ένα εγγράψιμο τετράπλευρο ώστε AD^2 + BC^2 = AB^2. Οι διαγώνιοί του τέμνονται στο E και P είναι σημείο της πλευράς \overline{AB} ώστε \angle APD = \angle BPC. Να αποδείξετε ότι η PE διχοτομεί το τμήμα \overline{CD}.


Σιλουανός Μπραζιτίκος

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
Ορέστης Λιγνός
Δημοσιεύσεις: 1450
Εγγραφή: Κυρ Μάιος 08, 2016 7:19 pm
Τοποθεσία: Χαλάνδρι Αττικής

Re: Συνθήκη για διάμεσο

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Ορέστης Λιγνός » Τετ Μάιος 08, 2019 11:44 pm

silouan έγραψε:
Τετ Μάιος 08, 2019 11:07 pm
Έστω ABCD ένα εγγράψιμο τετράπλευρο ώστε AD^2 + BC^2 = AB^2. Οι διαγώνιοί του τέμνονται στο E και P είναι σημείο της πλευράς \overline{AB} ώστε \angle APD = \angle BPC. Να αποδείξετε ότι η PE διχοτομεί το τμήμα \overline{CD}.
Καλησπέρα Σιλουανέ.

Έστω M το μέσον της DC. Θα δείξω το ισοδύναμο πρόβλημα, δηλαδή ότι η ME τέμνει την AB σε σημείο P, ώστε \angle APD=\angle BPC.

Θα χρησιμοποιήσω το παρακάτω Λήμμα (χωρίς απόδειξη - είναι εύκολη με Ν. Ημιτόνων).

Λήμμα
Σε τρίγωνο \vartriangle ABC με P \in BC, ισχύει \dfrac{BP}{PC}=\dfrac{AB}{AC} \cdot \dfrac{\sin \angle BAP}{\sin \angle CAP}.

Στην άσκηση, από το Λήμμα στο τρίγωνο \vartriangle DEC παίρνω (είναι MD=MC) \dfrac{\sin \angle DEM}{\sin \angle MEC}=\dfrac{CE}{DE}=\dfrac{BE}{AE}, από τα προφανώς όμοια \vartriangle AEB, \vartriangle DEC.

Από το ίδιο Λήμμα στο τρίγωνο \vartriangle AEB προκύπτει \dfrac{\sin \angle PEB}{\sin \angle PEA}=\dfrac{EA}{EB} \cdot \dfrac{PB}{PA}.

Όμως, \angle DEM=\angle PEB, \angle MEC=\angle AEP, οπότε \dfrac{BE}{AE}=\dfrac{EA}{EB} \cdot \dfrac{PB}{PA} \Rightarrow \dfrac{PA}{PB}=\dfrac{EA^2}{EB^2}=\frac{AD^2}{BC^2}.

Τώρα, είναι :

\dfrac{PA}{PB}=\dfrac{AD^2}{BC^2} \Rightarrow \dfrac{AB}{PB}=\dfrac{AB^2}{BC^2} \Rightarrow BC^2=BP \cdot BA, οπότε η BC εφάπτεται του κύκλου (A,P,C), συνεπώς \angle BCP=\angle BAC.

Όμοια, \angle ADP=\angle ABD.

Τελικά, \angle APD=180^\circ-(\angle ADP+\angle DAC+\angle BAC)=180^\circ-(\angle PBD+\anfle EBC+\angle BCP)=\angle BPC, και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.


Κερδίζουμε ό,τι τολμούμε !
Άβαταρ μέλους
Διονύσιος Αδαμόπουλος
Δημοσιεύσεις: 790
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 19, 2016 5:11 pm
Τοποθεσία: Πύργος Ηλείας

Re: Συνθήκη για διάμεσο

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Διονύσιος Αδαμόπουλος » Πέμ Μάιος 09, 2019 2:47 pm

silouan έγραψε:
Τετ Μάιος 08, 2019 11:07 pm
Έστω ABCD ένα εγγράψιμο τετράπλευρο ώστε AD^2 + BC^2 = AB^2. Οι διαγώνιοί του τέμνονται στο E και P είναι σημείο της πλευράς \overline{AB} ώστε \angle APD = \angle BPC. Να αποδείξετε ότι η PE διχοτομεί το τμήμα \overline{CD}.
Καταρχάς φέρνοντας τους κύκλους (A, AD) και (B, BC), προκύπτει από τη συνθήκη ότι οι κύκλοι αυτοί είναι ορθογώνιοι μεταξύ τους.

Έστω πως ο (ABCD) τέμνει ξανά τους δύο κύκλους (A, AD) και (B, BC) στα σημεία K και L αντίστοιχα. Έστω P' το σημείο τομής του ριζικού άξονα των δύο κύκλων παραπάνω και της AB.

Θεωρούμε αντιστροφή με κύκλο αντιστροφής τον (A, AD).

Παρατηρούμε ότι ο ριζικός άξονας των δύο κύκλων είναι η πολική του B στον κύκλο αντίστροφης. Επομένως τα P' και B είναι αντίστροφα.

Το D αντιστοιχείται με τον εαυτό του, όπως και το K.

Αφού όμως τα σημεία A, D, B, K είναι ομοκυκλικά, έπεται ότι τα σημεία D, P', K είναι συνευθειακά.

Ομοίως συνευθειακά είναι και τα C, P', L.

Έστω τώρα πως το DK τέμνει τον κύκλο (B, BC) στο σημείο S, ενώ το CL τέμνει τον κύκλο (A, AD) στο σημείο T.

Από την προηγούμενη αντιστροφή ισχύει ότι o κύκλος (ABCD) και η ευθεία DK είναι αντίστροφα και επιπλέον ο κύκλος (B, BC) είναι αναλλοίωτος, ως ορθογώνιος στον κύκλο της αντιστροφής.

Οπότε το αντίστροφο του S είναι είναι το σημείο τομής του (B, BC) και (ABCD) και προφανώς δεν είναι το L, που βρίσκεται εσωτερικά του (A, AD), όπως και το S.

Άρα το αντίστροφο του S είναι το C, τα σημεία A, S, C λοιπόν είναι συνευθειακά.

Όμοια είναι και τα B, T, D.

Θα αποδείξουμε τώρα ότι \widehat{AP'D}=\widehat{BP'C}, πράγμα που θα σημαίνει ότι P\equiv P', λόγω της μοναδικότητας του P (ίσως εδώ να θέλει λίγη επιπλέον επιχειρηματολογία, αλλά τέλος πάντων).

Από το γεγονός ότι τα σημεία S-C και P'-B είναι αντίστροφα, έχουμε ότι το SP'BC είναι εγγράψιμο, άρα όμοια και το TP'AD είναι εγγράψιμο. Συνεπώς \widehat{AP'D}=\widehat{AP'S}=\widehat{ACB}=\widehat{ADB}=\widehat{TP'B}=\widehat{BP'C}.

Ισχύει τώρα από συμμετρία ότι PS=PL και PT=PK, άρα το STKL είναι ισοσκελές τραπέζιο και εγγράψιμο, δηλαδή ST//CD, άρα το σημείο τομής των DT και CS, δηλαδή το E, το P και το μέσο του CD είναι συνευθειακά!


Houston, we have a problem!
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Προχωρημένο Επίπεδο (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης