Παραλληλόγραμμο από περίκεντρα

#1

Καλό Πάσχα σε όλους!

Μία γρήγορη (ίσως και γνωστή), λίγο πριν ολοκληρωθεί ο οβελίας...

: Παραλληλόγραμμο από περίκεντρα.png (17.79 KiB) Προβλήθηκε 815 φορές

Έστω

το σημείο τομής των διαγωνίων τετραπλεύρου ABCD

εγγεγραμμένου σε κύκλο κέντρου

και

τα περίκεντρα των τριγώνων ABE, CDE

αντίστοιχα. Να δείξετε ότι το KELO

είναι παραλληλόγραμμο.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

Καλό Πάσχα!

Η

είναι η διάκεντρος των δύο κύκλων (περιγεγραμμένοι των ABCD

και

), επομένως είναι κάθετη στη κοινή χορδή

. (1)

Ακόμα έχουμε ότι $\widehat{EKB}=2\cdot \widehat{EAB}$ (επίκεντρη-εγγεγραμμένη).

Παρομοίως $\widehat{ELC}=2\cdot \widehat{EDC}$ .

Όμως από το εγγεγραμμένο ABCD

έχουμε ότι $\widehat{EAB}=\widehat{EDC}$ , άρα $\widehat{EKB}=\widehat{ELC}$ .

Επομένως τα ισοσκελή τρίγωνα EKB

και

είναι όμοια και οι γωνίες $\widehat{KEB}=\widehat{LEC}$

Άρα η ευθεία

είναι ισογώνια της

στο τρίγωνο DEC

ως προς την κορυφή

, άρα η

είναι κάθετη στη

(η ευθεία που ενώνει μια κορυφή με το περίκεντρο είναι ισογώνια με το αντίστοιχο ύψος). (2)

Από (1) και (2) έχουμε ότι KE//OL

.

Όμοια OK//EL

και έτσι το KELO

είναι παραλληλόγραμμο.

edit: Μερικές βελτιώσεις.

#3

george visvikis έγραψε:Καλό Πάσχα σε όλους!

Μία γρήγορη (ίσως και γνωστή), λίγο πριν ολοκληρωθεί ο οβελίας...

Έστω το σημείο τομής των διαγωνίων τετραπλεύρου εγγεγραμμένου σε κύκλο κέντρου και τα περίκεντρα των τριγώνων αντίστοιχα. Να δείξετε ότι το είναι παραλληλόγραμμο.

1ος τρόπος:
$\angle DEL\mathop = \limits^{\gamma \omega \nu \iota \alpha \;\alpha \kappa \tau \iota \nu \alpha - \chi o\rho \delta \eta \varsigma \;\tau o\upsilon \;\left( L \right)} {90^0} - \angle ECD\mathop = \limits^{\angle ECD \equiv \angle ACD}$ ${90^0} - \angle ACD\mathop = \limits^{A,B,C,D \in \left( O \right)} {90^0} - \angle ABD \Rightarrow$

$EL \bot AB$ $\mathop \Rightarrow \limits^{OK \bot AB\left( {\delta \iota \alpha \kappa \varepsilon \nu \tau \rho o\varsigma - \kappa o\iota \nu \eta \;\chi o\rho \delta \eta \;\tau \omega \nu \;\left( O \right),\left( K \right)} \right)} \boxed{EL\parallel OK}:\left( 1 \right)$

και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι $\boxed{OL\parallel EK}:\left( 2 \right)$ . Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow OKEL$ παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

2ος τρόπος.
Αν είναι οι ορθές προβολές του στις αντίστοιχα (προφανώς τα μέσα των (χορδές του $\left( K \right)$ αντίστοιχα) τότε

$\dfrac{{EF}}{{EQ}} = \dfrac{{\dfrac{{EC}}{2}}}{{\dfrac{{ED}}{2}}} = \dfrac{{EC}}{{ED}}\mathop = \limits^{\vartriangle EDC \sim \vartriangle EAB} \dfrac{{EB}}{{EA}}:\left( 1 \right)$ . Από την $\left( 1 \right)$ σύμφωνα με το Stathis Koutras’ Theorem προκύπτει ότι

$EL \bot AB\mathop \Rightarrow \limits^{OK \bot AB\left( {\delta \iota \alpha \kappa \varepsilon \nu \tau \rho o\varsigma - \kappa o\iota \nu \eta \;\chi o\rho \delta \eta } \right)} \boxed{EL\parallel OK}$ και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι $\boxed{OL\parallel EK}$

οπότε παραλληλόγραμμο και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Παραλληλόγραμμο από περίκεντρα

Παραλληλόγραμμο από περίκεντρα

Re: Παραλληλόγραμμο από περίκεντρα

Re: Παραλληλόγραμμο από περίκεντρα

Μέλη σε σύνδεση