Ορθογώνιοι κύκλοι

Συντονιστής: ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ

Άβαταρ μέλους
george visvikis
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 8950
Εγγραφή: Παρ Νοέμ 01, 2013 9:35 am

Ορθογώνιοι κύκλοι

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από george visvikis » Τρί Δεκ 10, 2013 1:46 pm

Ορθογώνιοι κύκλοι.png
Ορθογώνιοι κύκλοι.png (16.77 KiB) Προβλήθηκε 426 φορές
Στο εσωτερικό ενός οξυγώνιου τριγώνου ABC θεωρούμε ένα σημείο D ώστε να ισχύουν οι σχέσεις:

\displaystyle{A\widehat DB = A\widehat CB + {90^0}} και \displaystyle{AC \cdot BD = AD \cdot BC}

1) Να υπολογίσετε το λόγο \displaystyle{\frac{{AB \cdot CD}}{{AC \cdot BD}}}

2) Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι στα τρίγωνα ACD, BCD είναι ορθογώνιοι (οι εφαπτόμενες στα σημεία τομής τους είναι κάθετες).


Άβαταρ μέλους
ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ
Επιμελητής
Δημοσιεύσεις: 3990
Εγγραφή: Κυρ Μαρ 13, 2011 9:11 pm
Τοποθεσία: Λ. Αιδηψού Ευβοίας

Re: Ορθογώνιοι κύκλοι

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ » Τετ Δεκ 11, 2013 10:51 pm

george visvikis έγραψε:Στο εσωτερικό ενός οξυγώνιου τριγώνου ABC θεωρούμε ένα σημείο D ώστε να ισχύουν οι σχέσεις \displaystyle{A\widehat DB = A\widehat CB + {90^0}} και \displaystyle{AC \cdot BD = AD \cdot BC} 1) Να υπολογίσετε το λόγο \displaystyle{\frac{{AB \cdot CD}}{{AC \cdot BD}}} 2) Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι στα τρίγωνα ACD, BCD είναι ορθογώνιοι (οι εφαπτόμενες στα σημεία τομής τους είναι κάθετες).
Γιώργο καλησπέρα!!!. Το θέμα είναι καταπληκτικό και ομολογώ ότι ο υπολογισμός του ζητουμένου λόγου με ταλαιπώρησε λιγάκι. Να είσαι πάντα καλά

\displaystyle{ \bullet } Ας είναι \displaystyle{\left( K \right),\left( L \right)} (κέντρων \displaystyle{K,L}) οι περίκυκλοι των τριγώνων \displaystyle{\vartriangle BDC,\vartriangle CDA} αντίστοιχα και έστω \displaystyle{E \equiv AD \cap \left( K \right),Z \equiv BD \cap \left( L \right),S \equiv EB \cap ZA}.

Με \displaystyle{\angle ADB = {90^0} + \angle ACB \Rightarrow \angle BDE = {90^0} - \angle ACB} \displaystyle{\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle BDE = \angle BCE\,\,(BDCE\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o)} \angle BCE = {90^0} - \angle ACB \Rightarrow }

\displaystyle{\angle BCE + \angle ACB = {90^0} \Rightarrow \boxed{\angle ACE = {{90}^0}}:\left( 1 \right)} και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι: \displaystyle{\boxed{\angle BCZ = {{90}^0}}:\left( 2 \right)} .

Είναι \displaystyle{\angle EKC\mathop  = \limits^{\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta \,\, - \,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,} 2\left( {\angle EBC} \right)\mathop  = \limits^{EBDC\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o} }

\displaystyle{2\left( {\angle EDC} \right)\mathop  = \limits^{ADCZ\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o} 2\left( {\angle AZC} \right)\mathop  = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta \,\, - \,\,\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta } \angle ALC}

και συνεπώς τα ισοσκελή τρίγωνα \displaystyle{\vartriangle EKC\left( {\left( {KE} \right) = \left( {KC} \right) = {R_K}} \right),\vartriangle ALC\left( {\left( {LA} \right) = \left( {LC} \right) = {R_L}} \right)} είναι όμοια οπότε:

\displaystyle{\angle KCE = \angle LCA\mathop  \Rightarrow \limits^{EC \bot AC} \boxed{KC \bot LC}} και άρα οι κύκλοι τέμνονται ορθογώνια και το δεύτερο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.
[attachment=0]1.png[/attachment]
\displaystyle{ \bullet } Είναι \displaystyle{\angle ZBS\mathop  = \limits^{BDCE\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o} \angle DCE = {90^0} - \angle DCA} \displaystyle{\mathop  = \limits^{ADCZ\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o} {90^0} - \angle DZA\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle DZA \equiv \angle BZS}  \ldots }

\displaystyle{\angle ZBS + \angle BZS = {90^0}\mathop  \Rightarrow \limits^{\vartriangle BSZ} } \displaystyle{\angle ZBS + \angle BZS = {90^0}\mathop  \Rightarrow \limits^{\vartriangle BSZ} }\displaystyle{\angle ZSE = {90^0}\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle ACE = \angle ZCB = {{90}^0}} ASEC,ZSBC} εγγράψιμα σε κύκλους.

Είναι \displaystyle{\left\{ \begin{gathered} 
  \angle DAC\mathop  = \limits^{ASEC\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle BSC \\  
  \angle DCA\mathop  = \limits^{ADCZ\,\,\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu o} \angle AZD\mathop  = \limits^{ZSBC\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle SCB \\  
\end{gathered}  \right. \Rightarrow } \displaystyle{\vartriangle ADC \sim \vartriangle SBC \Rightarrow \frac{{\left( {AD} \right)}}{{\left( {SB} \right)}} = \frac{{\left( {CD} \right)}}{{\left( {BC} \right)}} \Rightarrow \boxed{\left( {SB} \right) = \frac{{\left( {AD} \right)\left( {BC} \right)}}{{\left( {CD} \right)}}}:\left( 3 \right)}.

Με όμοιο τρόπο (από τα εγγράψιμα τετράπλευρα) προκύπτει ότι: \displaystyle{\vartriangle ASC \sim \vartriangle DBC \Rightarrow \frac{{\left( {SA} \right)}}{{\left( {BD} \right)}} = \frac{{\left( {AC} \right)}}{{\left( {CD} \right)}} \Rightarrow \boxed{\left( {SA} \right) = \frac{{\left( {AC} \right)\left( {BD} \right)}}{{\left( {CD} \right)}}}:\left( 4 \right)}.

Από \displaystyle{\left( 3 \right),\left( 4 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {AC} \right)\left( {BD} \right) = \left( {AD} \right)\left( {BC} \right)} \left( {SB} \right) = \left( {SA} \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\angle ASB = {{90}^0}} \vartriangle ASB} είναι ορθογώνιο και ισοσκελές οπότε: \displaystyle{\boxed{\left( {SB} \right) = \frac{{\left( {AB} \right)}}{{\sqrt 2 }}}:\left( 5 \right)}.

Τέλος από \displaystyle{\left( 3 \right)\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( 5 \right)} \frac{{\left( {AB} \right)}}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\left( {AD} \right)\left( {BC} \right)}}{{\left( {CD} \right)}} \Rightarrow \frac{{\left( {AB} \right)\left( {CD} \right)}}{{\left( {AD} \right)\left( {BC} \right)}} = \sqrt 2 } \displaystyle{\mathop  \Rightarrow \limits^{\left( {AD} \right)\left( {BC} \right) = \left( {AC} \right)\left( {BD} \right)} \boxed{\frac{{\left( {AB} \right)\left( {CD} \right)}}{{\left( {AC} \right)\left( {BD} \right)}} = \sqrt 2 }}

και ο ζητούμενος λόγος του 1ου ερωτήματος έχει υπολογιστεί.


Στάθης
Συνημμένα
1.png
1.png (31.56 KiB) Προβλήθηκε 319 φορές


Τι περιμένετε λοιπόν ναρθεί , ποιόν καρτεράτε να σας σώσει.
Εσείς οι ίδιοι με τα χέρια σας , με το μυαλό σας με την πράξη αν δεν αλλάξετε τη μοίρα σας ποτέ της δεν θα αλλάξει
giannimani
Δημοσιεύσεις: 105
Εγγραφή: Δευ Μαρ 09, 2009 6:26 pm
Τοποθεσία: Αθήνα

Re: Ορθογώνιοι κύκλοι

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από giannimani » Πέμ Δεκ 12, 2013 2:04 pm

orthogon_circles.png
orthogon_circles.png (12.24 KiB) Προβλήθηκε 222 φορές
Θεωρούμε την αντιστροφή κέντρου C και δύναμης CD^2. Με αυτή την αντιστροφή τα ομόλογα των κύκλων ADC και BDC είναι αντίστοιχα οι ευθείες DD'_1 και DD'_2 (βλέπε σχήμα). Από τα εγγεγραμμένα τετράπλευρα ADCD_1 και BDCD_2 έχουμε:
\angle{DAC}=\angle{D_1} και \angle{DBC}=\angle{D_2.
Από τα τρίγωνα ADC και BDC είναι
\angle{D_1}=\angle{DAC}+\angle{ACD} (1) και \angle{D_2}=\angle{DBC}+\angle{DCB} (2)
Προσθέτοντας κατά μέλη τις (1) , (2) και λαμβάνοντας υπόψη την υπόθεση \angle{ADB}=90^{\circ}+\angle{C} έχουμε \angle{DAC}+\angle{ABC}=90^{\circ} (3).
Τώρα τα B', A' είναι αντίστοιχα, προφανώς, τα αντίστροφα των B και A. Από την προφανή ομοιότα των τριγώνων CDB' και CBD προκύπτει ότι
\angle{CDB'}=\angle{CBD} και όμοια από την ομοιότητα των τριγώνων CDA' και CAD προκύπτει ότι \angle{CDA'}=\angle{CAD}.
Άρα λόγω (3) έχουμε \angle{B'DC}+\angle{CDA'}=90^{\circ}, δηλαδή οι δύο ευθείες που είναι αντίστροφα των κύκλων ADC και BDC είναι
κάθετες, άρα οι κύκλοι είναι ορθογώνιοι.
Στη συνέχεια αποδεικνύουμε ότι το ορθογώνιο τρίγωνο B'DA' είναι και ισοσκελές. Πράγματι, από γνωστή ιδιότητα της αντιστροφής, είναι
DA'=DA\displaystyle \frac{CD^2}{CD \cdot CA}= \frac{DA}{CA}\cdot CD

DB'=DB \displaystyle \frac{CD^2}{CD \cdot CB}= \frac{DB}{CB} \cdot CD
Λαμβάνοντας υπόψη τη δεύτερη υπόθεση καταλήγουμε στο DA'=DB'. Από το Πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο B'DA'
έχουμε
\displaystyle \frac{A'B'}{DA'}=\sqrt{2} \Rightarrow \frac{AB \cdot \displaystyle \frac{CD^2}{CA \cdot CB}}{DA \cdot \displaystyle \frac{CD^2}{CD \cdot CA}}=\sqrt{2} \Rightarrow \frac{AB \cdot CD}{DA \cdot CB} =\sqrt{2}  \overset{DA \cdot CB =AC \cdot BC}{\Rightarrow} \frac{AB \cdot CD}{AC \cdot BD}=\sqrt{2}.

(*) Υπενθυμίζουμε την ιδιότητα της αντιστροφής που χρησιμοποιήθηκε, πολλές φορές, παραπάνω:
Έστω μια αντιστροφή κέντρου O και δύναμης k. Αν A', B' αντίστοιχα, τα αντίστροφα δύο σημείων A, B (διαφορετικών του κέντρου O), τότε
A'B'=AB \displaystyle \frac{k}{OA \cdot OB}.
(**) Είναι επίσης προφανές ότι το αντίστροφο του D είναι, με την εν λόγω αντιστροφή, ο εαυτός του.


Απάντηση

Επιστροφή σε “ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β'”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης