Έστω εγγεγραμμένο...

S.E.Louridas · #1

Έστω εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABCD

σε κύκλο

Αν θεωρήσουμε $H \equiv BD \cap AC,\;\;O \equiv BA \cap CD,$
να εξετάσετε αν ισχύει η σχέση: $OH^2 = |OA \cdot OB - HA \cdot HC|.$

S.E.Louridas

#2

S.E.Louridas έγραψε:Έστω εγγεγραμμένο τετράπλευρο σε κύκλο
Αν θεωρήσουμε $H \equiv BD \cap AC,\;\;O \equiv BA \cap CD,$
να εξετάσετε αν ισχύει η σχέση: $OH^2 = |OA \cdot OB - HA \cdot HC|.$

S.E.Louridas

Φίλε μου Σωτήρη καλό βράδυ. Κάνοντας μια προσπάθεια με στοιχειώδη μέσα (σχολικά εργαλεία) ίσως το «ταλαιπωρήσω» λιγάκι!!! αλλά θα είναι "νομίζω" πιο "προσιτό" στους μαθητές.

Θεωρούμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου $\displaystyle{ \vartriangle KCD }$ και έστω $\displaystyle{ S }$ το σημείο τομής του κύκλου αυτού με την $\displaystyle{ OK }$ .

Τότε είναι: $\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} OD \cdot OC = OS \cdot OK \hfill \\ OD \cdot OC = OA \cdot OB \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow OS \cdot OK = OA \cdot OB \Rightarrow SABK }$ εγγράψιμο σε κύκλο οπότε: $\displaystyle{ \widehat{ASD} = \widehat{ASO} + \widehat{OSD}\mathop \Rightarrow \limits^\begin{subarray}{l} \widehat{ASO} = \widehat{KBA}\,\,(\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta - \alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\,SABK \\ \widehat{OSD} = \widehat{KCD}\,\,(\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta - \alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\,SKCD \end{subarray} \widehat{ASD} = \widehat{KBA} + \widehat{KCD} }$

$\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^\begin{subarray}{l} \widehat{KBA} = 90^0 - \frac{{\tau o\xi .AB}} {2}\,\,(\alpha \pi o\,\,\tau o\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma \,\,\tau \rho \iota \gamma \omega \nu o\,\,\vartriangle KAB) \\ \widehat{KCD} = 90^0 - \frac{{\tau o\xi .CD}} {2}\,\,(\alpha \pi o\,\,\tau o\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma \,\,\tau \rho \iota \gamma \omega \nu o\,\,\vartriangle KCD) \end{subarray} }$

$\displaystyle{ \widehat{ASD} = 180^0 - \frac{{\tau o\xi .AB + \tau o\xi .CD}} {2} = \widehat{AHD} \Rightarrow AHSD }$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο οπότε:

$\displaystyle{ \widehat{ASD} = \widehat{ASO} + \widehat{OSD} }$ $\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{ASO} = \widehat{KBA}\,\,(\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta - \alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\,SABK,\widehat{OSD} = \widehat{KCD}\,\,(\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta - \alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\,SKCD} }$

$\displaystyle{ \widehat{ASD} = \widehat{KBA} + \widehat{KCD} }$

$\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{KBA} = 90^0 - \frac{{\tau o\xi .AB}} {2}\,\,(\alpha \pi o\,\,\tau o\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma \,\,\tau \rho \iota \gamma \omega \nu o\,\,\vartriangle KAB),\,\,\widehat{KCD} = 90^0 - \frac{{\tau o\xi .CD}} {2}\,\,(\alpha \pi o\,\,\tau o\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma \,\,\tau \rho \iota \gamma \omega \nu o\,\,\vartriangle KCD)} }$

$\displaystyle{ \widehat{ASD} = 180^0 - \frac{{\tau o\xi .AB + \tau o\xi .CD}} {2} = \widehat{AHD} \Rightarrow AHSD }$ είναι εγγράψιμο σε κύκλο οπότε:

$\displaystyle{ \widehat{HSO} = \widehat{HSD} - \widehat{OSD} }$ $\displaystyle{ \mathop = \limits^{AHSD\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\, \to \widehat{HSD} = 180^0 - \widehat{HAD},\,\,\,DSKC\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\, \to \widehat{OSD} = \widehat{DCK}\,\,(\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\, - \,\,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta )} }$

$\displaystyle{ 180^0 - \left( {\widehat{HAD} + \widehat{DCK}} \right) }$ $\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{HAD} \to \widehat{CAD} = \frac{{\widehat{CKD}}} {2} = 90^0 - \widehat{DCK}} \ldots \widehat{HSO} = 90^0 \Rightarrow \boxed{HS \bot KO}:\left( 1 \right) }$

[attachment=0]1.png[/attachment]

Υποθέτουμε όπως φαίνεται στο σχήμα ότι: $\displaystyle{ \widehat{OKH} < 90^0 \mathop \Rightarrow \limits^{\gamma \varepsilon \nu \iota \kappa \varepsilon \upsilon \sigma \eta \,\,\Pi \upsilon \theta \alpha \gamma o\rho \varepsilon \iota o\upsilon \,\,} \boxed{OH^2 = OK^2 + KH^2 - 2OK \cdot SK}:\left( 2 \right) }$

Επίσης για το εξωτερικό σημείο $\displaystyle{ O }$ του κύκλου $\displaystyle{ \left( K \right) }$ είναι: $\displaystyle{ \boxed{OA \cdot OB = D_{\left( {K,R} \right)}^O = OK^2 - R^2 }:\left( 3 \right) }$ και

για το εσωτερικό σημείο $\displaystyle{ H }$ του κύκλου $\displaystyle{ \left( K \right) }$ είναι $\displaystyle{ \boxed{HA \cdot HB = - D_{\left( {K,R} \right)}^H = R^2 - KH^2 }:\left( 4 \right) }$ . Τότε όμως $\displaystyle{ \boxed{\left| {OA \cdot OB - HA \cdot HB} \right| = \left| {OK^2 + KH - 2R^2 } \right|}:\left( 5 \right) }$

Αλλά $\displaystyle{ \widehat{ODK} = 180^0 - \widehat{KDC}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{KDC} = \widehat{KCD}\,\,(\alpha \pi o\,\,\tau o\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma \,\,\vartriangle KDC)} \widehat{ODK} = 180^0 - \widehat{KCD} }$ $\displaystyle{ \mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{KCD} = \widehat{DSO}\,\,(\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\, - \,\alpha \pi \varepsilon \nu \alpha \nu \tau \iota \,\,\varepsilon \sigma \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta \,\,\sigma \tau o\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o\,\,SKCD)} }$

$\displaystyle{ 180^0 - \widehat{DSO} = \widehat{KSD} \Rightarrow \widehat{ODK} = \widehat{KSD}\mathop \Rightarrow \limits^{\widehat{DKO} = \widehat{DKS}} \vartriangle DOK \sim \vartriangle SKD \Rightarrow \frac{{OK}} {{KD}} = \frac{{KD}} {{SK}}\mathop \Rightarrow \limits^{KD = R} OK \cdot SK = R^2 \mathop \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} }$

$\displaystyle{ \left| {OA \cdot OB - HA \cdot HB} \right| = \left| {OK^2 + KH - 2OK \cdot SK} \right|\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)} \boxed{OH^2 = \left| {OA \cdot OB - HA \cdot HB} \right|} }$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Όμοια στην περίπτωση που $\displaystyle{ \widehat{OKH} \geqslant 90^0 }$ .

Φιλικά
Στάθης

S.E.Louridas · #3

Στάθη σε ευχαριστώ ειλικρινά.
Ας μου επιτραπεί να δώσω την ημέτερη διαπραγμάτευση σε ένα σημαντικό θέμα που συσχετίζει άμεσα την δύναμη εσωτερικού σημείου κύκλου με την δύναμη εξωτερικού σημείου και την απόσταση των δύο σημείων. Το απόλυτο έχει σαν στόχο την Μαθηματική διερεύνηση, για κυρτό εγγεγραμμένο τετράπλευρο και μετά για μη κυρτό. Ας δούμε την διαπραγμάτευση σε κυρτό, αφού στο μη κυρτό είναι όμοια, αρκεί να βγάλουμε το σύμβολο του απολύτου, αλλάζοντας τα "μέσα πρόσημα".

S.E.Louridas έγραψε:Έστω εγγεγραμμένο τετράπλευρο σε κύκλο
Αν θεωρήσουμε $H \equiv BD \cap AC,\;\;O \equiv BA \cap CD,$
να εξετάσετε αν ισχύει η σχέση: $OH^2 = |OA \cdot OB - HA \cdot HC|.$

Η διαπραγμάτευση:
$\begin{array}{*{20}c} {\angle HDC = \angle BAC = \pi - \angle OAC = \pi - \angle HFC \Rightarrow \angle HDC + \angle HFC = \pi \Rightarrow OA \cdot OB = } \\ {OD \cdot OC = OH \cdot OF \cdots \left( 1 \right),\quad AH \cdot HC = BH \cdot HD = OH \cdot HF \cdots \left( 2 \right),} \\ {\left( 1 \right) - \left( 2 \right) \Rightarrow OA \cdot OB - HA \cdot HC = OH\left( {OF - FH} \right) = OH^2 .} \\ \end{array}$

S.E.Louridas

Έστω εγγεγραμμένο...

Έστω εγγεγραμμένο...

Re: Έστω εγγεγραμμένο...

Re: Έστω εγγεγραμμένο...

Μέλη σε σύνδεση