Γεωμετρία - Κύκλοι τεμνόμενοι ορθογωνίως.

#1

Δίνεται τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο και έστω τα σημεία $E\equiv AB\cap CD$ και $F\equiv AD\cap BC.$ Αποδείξτε ότι ο κύκλος με διάμετρο το τέμνει ορθογωνίως τον κύκλο

Κώστας Βήττας.

S.E.Louridas · #2

Κώστα, Πανέμορφο Πρόβλημα.

Ας επιχειρήσω, λοιπόν μία διαπραγμάτευση:
Αν Μ το μέσον του FE, αρκεί προφανώς
${\rm M}{\rm E}^2 = d^2 - R^2 \;\left( * \right),$
όπου d η απόσταση του Μ από το κέντρο (έστω O) του περιγραμμένου κύκλου στο τετράπλευρο ABCD και R η ακτίνα του. Πράγματι το σημείο Miquel με βάση το πλήρες ΕΓΓΕΓΡΑΜΜΕΝΟ τετράπλευρο ABCD βρίσκεται στην FE, πράγμα που σημαίνει:
$ED \cdot EC + FB \cdot FC = FE^2 = 4{\rm M}{\rm E}^2 \Rightarrow OE^2 + FO^2 - 2R^2 = 4{\rm M}{\rm E}^2 ,$
από όπου και με εφαρμογή του 1ου θεωρήματος της διαμέσου στο τρίγωνο OΕF έχουμε την ισχύ της σχέσης (*).

Υπενθύμηση:
Το σημείο Miquel που ανέφερα είναι είναι το κοινό σημείο τών περιγγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα
FAB, AED, CFD, CEB.

S.E.Louridas

#3

Σωτήρη σ' ευχαριστώ για το ενδιαφέρον σου και και τη λύση σου με στοιχειώδη μέσα.

Και μένα μου άρεσε αυτό το ( άγνωστο σε μένα μέχρι πρόσφατα ) αποτέλεσμα, το οποίο έτυχε να βρω στην προσπάθεια για λύση άλλου προβλήματος.

Στην αρχή το προσσέγγισα με Πολικές αλλά μετά είδα ότι ευκολότερα αποδεικνύεται όπως το περιέγραψες με το Σημείο Miquel.

Βέβαια, μπορούμε να μην αναφερθούμε καθόλου σ' αυτό το θεώρημα, αφού για την απόδειξή μας εκείνο που μας χρειάζεται είναι το ότι οι περίκυκλοι $(O_{1}),\ (O_{2})$ των τριγώνων $\triangle BCE,\ \triangle CDF$ αντιστοίχως, επανατέμνονται στο σημείο έστω

το οποίο ανήκει στην ευθεία EF.

Πράγματι, αν $Q\equiv EF\cap (O_{1}),$ έχουμε $\angle CQE = \angle ABC$ και από $\angle CQF = 180^{o} - \angle CQE = 180^{o} - \angle ABC = \angle ADC$ , προκύπτει ότι το

ανήκει και στον περίκυκλο $(O_{2})$ του $\triangle CDF.$

$\bullet$ Αν και για τη λύση του προβλήματος στο οποίο αναφέρομαι στην αρχή, χρησιμοποίησα η ορθογωνιότητα των κύκλων $(O),\ (M)$ , θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε την ανεξάρτητη στοιχειώδη λύση του προβλήματος ( που εμφανίστηκε ), για την απόδειξη της ορθογωνιότητας.

Νομίζω πως έχει ενδιαφέρον και θα επανέλθω με περισσότερες λεπτομέρειες.

Κώστας Βήττας.

Κώστας Παππέλης · #4

Έστω

το σημείο τομής των διαγωνίων. Από το θεώρημα Brianchon

κάθετη στην

έστω στο σημείο

το οποίο προφανώς ανήκει στον κύκλο διαμέτρου

. Τα

,

είναι σημεία αντίστροφα ως προς την αντιστροφή κέντρου

(λόγω του ότι η

είναι η πολική του

) οπότε ως γνωστών οι κύκλοι τέμνονται ορθογωνίως.

QED

S.E.Louridas · #5

Συμφωνώ Κώστα γιά την αναφορά στο σημείο Miquel αλλά αντιλαμβάνεσαι ότι:
1. Με μία αναφορά στην ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε το σημείο αυτό να βρίσκεται στην ΄εξωτερική΄ διαγώνιο (εγγράψιμμο κ.τ.λ.) ο λύτης ξεπερνάει γρήγορα από ένα σημαντικό σημείο της λύσης οπότε άν είναι εξεταζόμενος σε ένα κάποιον Μαθηματικό διαγωνισμό κερδίζει χρόνο,
2. Είδα ότι βγαίνει μία ομάδα προβλημάτων σε όλο αυτό το περιβάλλον του προβλήματος που πρότεινες σε συνδιασμό και με το Εκπληκτικό αυτό σημείο του Miquel.

S.E.Louridas

#6

Ας δούμε και την προσέγγιση με Πολικές στην οποία αναφέρθηκα πιο πάνω.

Έστω το σημείο $H\equiv AC\cap BD$ και είναι γνωστό ότι ταυτίζεται με το ορθόκεντρο του τριγώνου $\triangle OEF.$

Το αποτέλεσμα αυτό αποδεικνύεται άμεσα με Πολικές αλλά και με στοιχειώδη μέσα, ως εφαρμογή του θεωρήματος που λέει ότι : Σε κάθε εγγράψιμο τετράπλευρο, κυρτό η μη κυρτό, η ευθεία που συνδέει το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου με το σημείο τομής των διαγωνίων του, είναι κάθετη στην ευθεία που συνδέει τα σημεία τομής των απέναντι πλευρών του. Μία απόδειξη αυτού του θεωρήματος με στοιχειώδη μέσα, έχει δημοσιευτεί Εδώ

Έστω τα σημεία $P\equiv OE\cap FH,\ Q\equiv EF\cap OH,\ R\equiv OF\cap EH$

το σημείο

ταυτίζεται με το Σημείο Miquel του πλήρους τετραπλεύρου ABCD EF,

για το οποίο μιλήσαμε στη λύση του Σωτήρη Λουρίδα

$\bullet$ Γράφουμε τον κύκλο (K)

με διάμετρο το OM,

ο οποίος τέμνει τον κύκλο (M)

διαμέτρου

στα σημεία έστω $X,\ Y.$

Η ευθεία

περνάει από το

, ως το ριζικό κέντρο των κύκλων $(K),\ (M)$ και (N),

όπου

είναι ο κύκλος με διάμετρο

και είναι κάθετη επί την OM.

Ισχύει προφανώς ότι $OX\perp XM$ και $OY\perp YM.$

$\bullet$ Από το μέσον

του

φέρνουμε τις εφαπτόμενες του κύκλου (O)

και έστω $X^{\prime},\ Y^{\prime}$ τα σημεία επαφής.

Επειδή τώρα, το σημείο

ανήκει στη ευθεία EF,

την Πολική του

ως προς τον κύκλο (O),

έχουμε ότι η ευθεία $X^{\prime}Y^{\prime}$

η Πολική του

ως προς τον (O)

περνάει από το

και είναι κάθετη επί την OM.

Από $OX^{\prime}\perp X^{\prime}M$ και $OY^{\prime}\perp Y^{\prime}M,$ συμπεραίνουμε ότι τα σημεία $X^{\prime},\ Y^{\prime}$ ανήκουν στον κύκλο (K).

Άρα, $X^{\prime}\equiv X$ και $Y^{\prime}\equiv Y$ και το ζητούμενο της ορθογωνιότητας των κύκλων $(O),\ (M)$ έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#7

Κώστας Παππέλης έγραψε:Έστω το σημείο τομής των διαγωνίων. Από το θεώρημα Brianchon κάθετη στην έστω στο σημείο το οποίο προφανώς ανήκει στον κύκλο διαμέτρου . Τα , είναι σημεία αντίστροφα ως προς την αντιστροφή κέντρου (λόγω του ότι η είναι η πολική του ) οπότε ως γνωστών οι κύκλοι τέμνονται ορθογωνίως.

Κώστα, σ' ευχαριστώ για το ενδιαφέρον και τη λύση σου σε λίγες γραμμές με Αντιστροφή, με την οποία δεν είμαι καλά εξοικειωμένος και αν έχεις χρόνο, δώσε σε παρακαλώ περισσότερες λεπτομέρειες.

Ας δούμε μία απλούστερη προσέγγιση με Πολικές, που προέκυψε διαβάζοντας τη λύση σου, την οποία σου αφιερώνω σε ένδειξη τιμής.

$\bullet$ Έστω το σημείο $H\equiv AC\cap BD$ και σύμφωνα με τα προηγούμενα έχουμε $OQ\perp EF,$ όπου $Q\equiv EF\cap OH.$

Η ευθεία

τέμνει τον κύκλο (O)

στα σημεία έστω $S,\ T$

το

μεταξύ των $H,\ Q$

και έστω τα σημεία $X\equiv (O)\cap ET$ και $Y\equiv (O)\cap ES.$

Επειδή η Πολική του

ως προν τον κύκλο (O)

περνάει από το

λόγω του εγγραψίμου ABCD

και άρα θα πρέπει το σημείο αυτό να ταυτίζεται με το σημείο τομής των διαγωνίων του εγγραψίμου XTYS,

συμπεραίνεται ότι τα σημεία $X,\ H,\ Y,$ είναι συνευθειακά.

Από $EQ\perp ST$ και $TY\perp SE$ και $SX\perp ET,$ έχουμε ότι οι ευθείες $EQ,\ SX,\ TY,$ τέμνονται στο ίδιο σημείο έστω $F^{\prime},$ ως το ορθόκεντρο του τριγώνου $\triangle SET.$

Επειδή τώρα η Πολική ευθεία του σημείου $F^{\prime}$ ως προς τον κύκλο (O),

αυτίζεται με την ευθεία HE,

συμπεραίνουμε ότι $F^{\prime}\equiv F.$

$\bullet$ Έχουμε διαμορφώσει έτσι το τρίγωνο $\triangle TEF,$ του οποίου το ορθόκεντρο είναι το σημείο $S\equiv TQ\cap EY\cap FX$ και άρα τα σημεία $X,\ Y,$ ανήκουν στον κύκλο (M)

με διάμετρο το EF.

Εύκολα τώρα αποδεικνύεται ότι οι $MX,\ MY,$ είναι εφαπτόμενες του κύκλου (O)

$\angle SYM = \angle YEQ = \angle STY$ για την

και ομοίως για την

Άρα οι κύκλοι $(M),\ (O),$ τέμνονται ορθογωνίως και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Κώστας Παππέλης · #8

Σας ευχαριστώ για την αφιέρωση!

Βάζω λίγο πιο αναλυτικά τη λύση στο τέλος. Η ουσία είναι ότι χρησιμοποιώ ένα λήμμα το οποίο δε σχετίζεται με αντιστροφή αλλά το θεώρησα γνωστό.

Όπως είπα η

είναι η πολική του

. Άρα

(αυτή η σχέση δηλώνει ότι τα σημεία είναι αντίστροφα)

Άρα η δύναμη του

ως προς τον άλλο κύκλο είναι R^2. Άρα αν φέρουμε από το

εφαπτόμενη στον άλλο κύκλο αυτή θα έχει μήκος

. Αυτό σημαίνει ότι στα σημεία τομής τους, η ακτίνα του κύκλου

είναι εφαπτόμενη στον άλλο. Αυτό δηλώνει ότι οι κύκλοι τέμνονται ορθογωνίως.

#9

Κώστας Παππέλης έγραψε:...Όπως είπα η είναι η πολική του . Άρα (αυτή η σχέση δηλώνει ότι τα σημεία είναι αντίστροφα)

Άρα η δύναμη του ως προς τον άλλο κύκλο είναι R^2. Άρα αν φέρουμε από το εφαπτόμενη στον άλλο κύκλο αυτή θα έχει μήκος . Αυτό σημαίνει ότι στα σημεία τομής τους, η ακτίνα του κύκλου είναι εφαπτόμενη στον άλλο. Αυτό δηλώνει ότι οι κύκλοι τέμνονται ορθογωνίως.

Κώστα σ΄ευχαριστώ.

Αυτή είναι η κομψότερη λύση με Πολικές. Βλέπω μόνο ένα τυπογραφικό στη σχέση που δίνεις.

Στην αρμονική σημειοσειρά $V,\ M,\ U,\ E,$ όπου $V,\ U$ είναι τα σημεία τομής του (O)

από την ευθεία OE,

ισχύει

από γνωστό Θεώρημα Newton

ότι $(OM)\cdot (OE) = R^{2}$ .

Κώστας Βήττας.

#10

vittasko έγραψε:Αν και για τη λύση του προβλήματος στο οποίο αναφέρομαι στην αρχή, χρησιμοποίησα η ορθογωνιότητα των κύκλων $(O),\ (M)$ , θα μπορούσαμε να χρησιμοποιήσουμε την ανεξάρτητη στοιχειώδη λύση του προβλήματος ( που εμφανίστηκε ), για την απόδειξη της ορθογωνιότητας.

$\bullet$ Γράφουμε τον περίκυκλο (K)

του τριγώνου $\triangle BEF$ ο οποίος επανατέμνει τον κύκλο (O),

στο σημείο έστω

και έστω το σημείο $M\equiv EF\cap PD.$

Από $\angle PEM = \angle PBC = \angle EDM$ προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\triangle MDE,\ \triangle MEP$ είναι όμοια και άρα έχουμε $\displaystyle\frac{ME}{MP} = \frac{MD}{ME}$

$\Longrightarrow$ $(ME)^{2} = (MD)\cdot (MP)$ ,(1)

Ομοίως, από όμοια τρίγωνα $\triangle MDF,\ \triangle MFP$

λόγω $\angle MFP = \angle ABP = \angle ADP = \angle MDF$

έχουμε $\displaystyle\frac{MF}{MP} = \frac{MD}{MF}$

$\Longrightarrow$ $(MF)^{2} = (MD)\cdot (MP)$ ,(2)

Από $(1),\ (2)$ $\Longrightarrow$ ME = MF

και άρα το

ταυτίζεται με το κέντρο του κύκλου (M).

ΣΗΜΕΙΩΣΗ : - Η πρόταση αυτή και η απόδειξή της ως άνω, έχουν δημοσιευτεί Εδώ.

$\bullet$ Έτσι, από $(1),\ (2),\ (3),$ συμπεραίνεται η ορθογωνιότητα των κύκλων $(O),\ (M)$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Γεωμετρία - Κύκλοι τεμνόμενοι ορθογωνίως.

Γεωμετρία - Κύκλοι τεμνόμενοι ορθογωνίως.

Re: Γεωμετρία - Κύκλοι τεμνόμενοι ορθογωνίως.

Re: Γεωμετρία - Κύκλοι τεμνόμενοι ορθογωνίως.

Re: Γεωμετρία - Κύκλοι τεμνόμενοι ορθογωνίως.

Re: Γεωμετρία - Κύκλοι τεμνόμενοι ορθογωνίως.

Re: Γεωμετρία - Κύκλοι τεμνόμενοι ορθογωνίως.

Re: Γεωμετρία - Κύκλοι τεμνόμενοι ορθογωνίως.

Re: Γεωμετρία - Κύκλοι τεμνόμενοι ορθογωνίως.

Re: Γεωμετρία - Κύκλοι τεμνόμενοι ορθογωνίως.

Re: Γεωμετρία - Κύκλοι τεμνόμενοι ορθογωνίως.

Μέλη σε σύνδεση