Καθετότητα σε χαρταετό

KARKAR · #1

: Καθετότητα σε χαρταετό.png (20.51 KiB) Προβλήθηκε 205 φορές

Το τετράπλευρο ABCD

, είναι χαρταετός με :

\hat{B}=\hat{D}=90^0

. Ευθεία διερχόμενη

από το

, τέμνει τις προεκτάσεις των AB , AD

στα σημεία P , Q

. Ονομάζουμε

την τομή των

PD , QB

. Δείξτε ότι :

AS \perp PQ

.

#2

KARKAR έγραψε: Δευ Νοέμ 02, 2026 5:42 am Καθετότητα σε χαρταετό.pngΤο τετράπλευρο , είναι χαρταετός με : $\hat{B}=\hat{D}=90^0$ . Ευθεία διερχόμενη

από το , τέμνει τις προεκτάσεις των στα σημεία . Ονομάζουμε

την τομή των $PD , QB$ . Δείξτε ότι : $AS \perp PQ$ .

: kath.png (27.64 KiB) Προβλήθηκε 186 φορές

.
Τo

είναι εγγράψιμο με διάμετρο την

. Έστω ότι ο κύκλος DABC

τέμνει την

στο

, οπότε είναι

AT\perp QP

. Το πρόβλημα ανάγεται στο τα δείξουμε ότι οι

QB, AT, PD

συγκλίνουν. Από Ceva αρκεί να δείξουμε ότι

\dfrac {QD}{DA}\dfrac {AB}{PB}\dfrac {PT}{TQ}=1

. Αλλά

οπότε αρκεί

\boxed {\dfrac {QD\cdot PT}{PB\cdot TQ}=1}

Έχουμε από δύναμη σημείων

PT\cdot CP=PA\cdot PB

(1) και

QD\cdot QA=QT\cdot QC

(2)

Επίσης, λόγω χαρταετού, η

είναι διχοτόμος της $\angle A$ , άρα

\dfrac {PA}{QA}= \dfrac {CP}{QC}

(3)

Πολλαπλασιάζοντας τις (1),(2),(3) κατά μέλη έπεται, μετά τις απλοποιήσεις ίδιων όρων, το ζητούμενο.

Dimessi · #3

KARKAR έγραψε: Δευ Νοέμ 02, 2026 5:42 am Καθετότητα σε χαρταετό.pngΤο τετράπλευρο , είναι χαρταετός με : $\hat{B}=\hat{D}=90^0$ . Ευθεία διερχόμενη

από το , τέμνει τις προεκτάσεις των στα σημεία . Ονομάζουμε

την τομή των $PD , QB$ . Δείξτε ότι : $AS \perp PQ$ .

Η λύση μου αφιερώνεται στον κύριο Μιχάλη Λάμπρου

: Αφιέρωση στον κύριο Λάμπρου!.png (162.5 KiB) Προβλήθηκε 60 φορές

$\bullet$ Έστω

QK \parallel DB(K\in DC),U \equiv QK \cap AB,W \equiv PK \cap \overline{QDA},T \equiv DB \cap \overline{PCQ}\Longrightarrow\vartriangle QDK \sim \vartriangle ADC \Longrightarrow

\Longrightarrow \dfrac{DK}{DA}=\dfrac{DQ}{DC}\Longrightarrow \dfrac{DK}{KC}=\dfrac{{DQ\cdot DA}}{{DC^{2}-DQ\cdot DA}} \left( 1 \right)

και από Θεώρημα Μενέλαου στο

\vartriangle DCQ

με διατέμνουσα

\overline {PKW}:

\dfrac{PC}{PQ}\cdot \dfrac{DK}{KC}\cdot \dfrac{QW}{WD}=1 \overset{\left( 1 \right)}\Longrightarrow \dfrac{WD}{QW}=\dfrac{PC}{PQ}\cdot \dfrac{DQ\cdot DA}{DC^{2}-DQ\cdot DA}\Longrightarrow \dfrac{WQ}{DQ}=\dfrac{PQ \left( DC^{2}-DQ\cdot DA \right)}{PQ \left( DC^{2} -DQ\cdot DA\right)+PC \cdot DQ\cdot DA}\Longrightarrow

\Longrightarrow \dfrac{WQ}{AQ}=\dfrac{DQ\cdot PQ\left( DC^{2}-DQ\cdot DA \right)}{AQ\cdot PQ\left( DC^{2}-DQ\cdot DA \right)+PC\cdot DQ\cdot DA\cdot AQ}\Longrightarrow

\Longrightarrow \dfrac{WA}{WQ}=\dfrac{AD\cdot PQ\left( DC^{2}-DQ\cdot DA \right)+PC\cdot DQ\cdot DA\cdot AQ}{DQ\cdot PQ\left( DC^{2}-DQ\cdot DA \right)}\left( 2 \right),

και

\tan \left( \angle DCQ+\angle PCB \right)=\tan \angle DAB=\tan \left( 2\angle DAC \right)\overset{BC=DC}\Longrightarrow \dfrac{\dfrac{DQ}{DC}+\dfrac{PB}{DC}}{1-\dfrac{DQ\cdot PB}{DC^{2}}}=\dfrac{\dfrac{2DC}{DA}}{1-\left( \dfrac{DC}{DA} \right)^{2}}\Longleftrightarrow

\Longleftrightarrow \dfrac{DC\left( DQ+PB \right)}{DC^{2}-DQ\cdot PB}=\dfrac{2DC\cdot DA}{DA^{2}-DC^{2}}\left( \ast \ast \right),

κι αφού από Θεώρημα Μενέλαου στο

\vartriangle PQA

με διατέμνουσα

\overline{TDB}:\dfrac{TQ}{TP}\cdot \dfrac{DA}{DQ}\cdot \dfrac{PB}{BA}=1\overset{AD=AB}\Longrightarrow \dfrac{TQ}{TP}=\dfrac{DQ}{PB}\overset{\left( 2 \right)}\Longrightarrow

\overset{(2)}\Longrightarrow \dfrac{TQ}{TP}\cdot \dfrac{WA}{WQ}\cdot \dfrac{UP}{UA}=\dfrac{AD\cdot PQ\left( DC^{2}-DQ\cdot DA \right)+PC\cdot DQ\cdot DA\cdot AQ}{PB\cdot PQ\left( DC^{2}-DQ\cdot DA \right)}\cdot \dfrac{PA-AQ}{AQ}\left( \ast \right)

\left( PA-AQ \right)\left[ AD\cdot PQ\cdot DC^{2}+\left( PC\cdot DQ-AD\cdot CQ \right)DQ\cdot DA \right]-AQ\cdot PQ\cdot PB\left( DC^{2}-DQ\cdot DA \right)=

=DQ\cdot DA\left[ \left( PA-AQ \right) \left( PC\cdot DQ-AD\cdot CQ \right)+AQ\cdot PQ\cdot PB\right]-DQ\cdot PA\cdot PQ\cdot DC^{2}=

=DQ\left[ DA\left( PA-AQ \right)\left( PC\cdot DQ-AD\cdot CQ \right)+DA\cdot AQ\cdot PQ\cdot PB-PA\cdot PQ\cdot DC^{2} \right]\overset{\left( \ast \ast \right)}=0\overset{\left( \ast \right)}\Longrightarrow \dfrac{TQ}{TP}\cdot \dfrac{WA}{WQ}\cdot \dfrac{UP}{UA}=1,

άρα από το αντίστροφο Θεωρήματος Μενέλαου στο

\vartriangle APQ,

τα σημεία

U,W,T

είναι συνευθειακά και συνεπώς
τα σημεία

U \equiv QK \cap AB, W \equiv PK \cap AD,T \equiv PQ \cap BD

είναι συνευθειακά και άρα από το αντίστροφο Θεωρήματος Desargues τα τρίγωνα

\vartriangle KPQ, \vartriangle ADB

είναι προοπτικά και συνεπώς από το Θεώρημα Desargues οι ευθείες

KA \cap PD \cap QB\equiv G \overset{Y\equiv PD \cap QB}\Longrightarrow

\overset{Y\equiv PD \cap QB}\Longrightarrow Y\equiv PD \cap AK \cap QB,

άρα τα σημεία

A,Y,K

είναι συνευθειακά κι αφού

QK \parallel DB \perp AC \wedge \overline{CKD}\perp QA \Longrightarrow K

είναι το ορθόκεντρο του $\vartriangle QAC$ και συνεπώς

\boxed{AY \equiv AK \perp QC \equiv PQ}.

: Αφιέρωση στον κύριο Λάμπρου!.png (162.5 KiB) Προβλήθηκε 60 φορές

Θανάση την ξαναέγραψα με μικρότερο σε μέγεθος σχήμα για να είναι πιο ωραίο

Καθετότητα σε χαρταετό

Καθετότητα σε χαρταετό

Re: Καθετότητα σε χαρταετό

Re: Καθετότητα σε χαρταετό

Μέλη σε σύνδεση