mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2012 9:21 pm**

Εάν τετράπλευρο ABCD

είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R)

και περιγεγραμμένο σε κύκλο (I,r)

να δειχθεί ότι η

διέρχεται από το σημείο τομής των διαγωνίων του.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Φεβ 02, 2012 9:59 pm**

viewtopic.php?f=112&t=331&p=1791#p1791

Το περιοδικό quantum δημοσίευσε την απόδειξη του Κώστα μετά από επιστολή του.

Μου έκανε εντύπωση, την μετέφρασα και την έστειλα στον M.S. Klamkin και στον Honsberger. Μια άλλη απόδειξη υπάρχει σε βιβλίο του τελευταίου, οπότε θεώρησα πως θα τον ενδίεφερε.

Και οι δύο μου απάντησαν πως τους άρεσε πολύ!!!

Ποιος το περίμενε πως μετά από τόσα χρόνια θα συναντιόμασταν με τον Κώστα στο ίδιο forum!

Ήθελα να κρατήσω το παραπάνω για να το διηγηθώ στον Κώστα από κοντά, αλλά κάποια στιγμή του το εκμυστηρεύτηκα με πμ. Από την απάντηση του κατάλαβα πως το παραπάνω πρόβλημα έχει και συναισθηματική σημασία, αφού το έλυσε κατά τη διάρκεια των εξετάσεων για το Πολυτεχνείο!!

viewtopic.php?f=112&t=7659&p=43720&hilit=Quantum#p43720

Φιλικά,

Αχιλλέας

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Φεβ 03, 2012 1:23 am**

Grigoris K. έγραψε:Εάν τετράπλευρο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και περιγεγραμμένο σε κύκλο να δειχθεί ότι η διέρχεται από το σημείο τομής των διαγωνίων του.

Ας κάνω μια προσπάθεια διαφορετικής προσέγγισης από την καταπληκτική που διάβασα του μοναδικού Κώστα (Βήττα)

Την απόδειξη αυτή αφιερώνω στον εισηγητή του θέματος Γρηγόρη

Έστω $\displaystyle{ K \equiv AC \cap BD }$ τότε:

i) (Σχήμα 1). Αν το τετράπλευρο είναι τετράγωνο τότε προφανώς $\displaystyle{ O \equiv I \equiv K }$

ii) (Σχήμα 2). Αν το τετράπλευρο είναι τραπέζιο τότε επειδή είναι εγγράψιμο θα είναι ισοσκελές

οπότε θα έχει άξονα συμμετρίας την ευθεία $\displaystyle{ MN }$ που συνδέει τα μέσα των βάσεων

(η οποία είναι και μεσοκάθετη στις βάσεις) άρα $\displaystyle{ K \in MN }$ , $\displaystyle{ OD = OC = R \Rightarrow O \in MN }$ και

$\displaystyle{ \widehat{IAB} = \frac{{\widehat{DAB}}} {2}\mathop = \limits^{\widehat{DAB} = \widehat{CBA}\,\,(\alpha \pi o\;\tau o\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma \,\,\tau \rho \alpha \pi \varepsilon \zeta \iota o)} \frac{{\widehat{ABC}}} {2} = \widehat{IBA} \Rightarrow \vartriangle IAB }$ άρα $\displaystyle{ IA = IB \Rightarrow I \in MN }$ οπότε είναι και πάλι $\displaystyle{ O,I,K }$ συνευθειακά.

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

iii) (Σχήμα 3). Έστω ότι το τετράπλευρο δεν είναι τραπέζιο ούτε τετράγωνο δηλαδή $\displaystyle{ BC,AD }$ μη παράλληλες

Έστω $\displaystyle{ MN \bot IK,\left( {M \in AD,N \in BC} \right) }$ και $\displaystyle{ E,Z }$ τα σημεία επαφής του $\displaystyle{ \left( I \right) }$ με τις πλευρές $\displaystyle{ AD,BC }$ αντίστοιχα.

Από ειδική περίπτωση εκφυλισμού του εξαγώνου σε τετράπλευρο από το θεώρημα του Brianchon

(την απόδειξη θα βρείτε εδώ (συνημμένο 2)) viewtopic.php?f=112&t=19996&p=101035&hilit

αφιερωμένη στους ΑΡΙΣΤΟΥΣ των ΑΡΙΣΤΩΝ) $\displaystyle{ Z,K,E }$ είναι συνευθειακά.

Τα τετράπλευρα $\displaystyle{ KIME,KIZN }$ είναι εγγράψιμα σε κύκλο $\displaystyle{ \left( {\widehat{MKI} + \widehat{MEI} = 90^0 + 90^0 = 180^0 ,\widehat{KIN} = \widehat{KZN} = 90^0 } \right) }$ οπότε:

$\displaystyle{ \left\{ \begin{gathered} \widehat{IMN}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\,KIEM} \widehat{KEZ} \hfill \\ \widehat{INM}\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o\,\,KINZ} \widehat{IZE} \hfill \\ \end{gathered} \right.\,\,\,\,\mathop \Rightarrow \limits^{IZ = IE = r \Rightarrow \widehat{KEZ} = \widehat{IZE}\,\,(\vartriangle IEZ\,\,\iota \sigma o\sigma \kappa \varepsilon \lambda \varepsilon \varsigma )} \widehat{IMN} = \widehat{INM} \Rightarrow \vartriangle INM }$ ισοσκελές

και επειδή $\displaystyle{ IK \bot MN \Rightarrow IK }$ (ύψος) θα είναι και διάμεσος άρα $\displaystyle{ \boxed{KM = KN}:\left( 1 \right) }$

Θα δείξω ότι: $\displaystyle{ MN \bot OK }$ . Έστω ότι η $\displaystyle{ MN }$ δεν είναι κάθετη στην $\displaystyle{ OK }$ και $\displaystyle{ M'N' \bot OK,\left( {M' \in AD,N' \in BC} \right) }$

τότε από το θεώρημα της Πεταλούδας (την απόδειξη θα βρείτε εδώ: viewtopic.php?f=22&t=21451&p=108336&hilit

θα είναι $\displaystyle{ \boxed{KM' = KN'}:\left( 2 \right) }$ .

Από $\displaystyle{ \left( 1 \right),\left( 2 \right) \Rightarrow MM'N'N }$ είναι παραλληλόγραμμο

(οι διαγώνιές του διχοτομούνται) δηλαδή $\displaystyle{ MM'//NN' \Rightarrow AD//BC \Rightarrow ABCD }$ ισοσκελές (λόγω του εγγραψίμου του) τραπέζιο

πράγμα άτοπο από την υπόθεση της περίπτωσης που εξετάζουμε άρα $\displaystyle{ MN \bot OK\mathop \Rightarrow \limits^{MN \bot IK} O,I,K }$ συνευθειακά

και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

mathematica.gr

Όμορφη από Τσίντσιφα

Όμορφη από Τσίντσιφα

Re: Όμορφη από Τσίντσιφα

Re: Όμορφη από Τσίντσιφα