παραπληρωματικές

Atlas · #1

Στο τετράπλευρο ABCD

είναι:
$P = AB \cap CD$ , $Q = AD \cap BC$ και $P\hat OD = B\hat OQ$ .
Να δείξετε ότι: $A\hat OB + D\hat OC = {180^o}$
(άλυτη)

#2

Ας δούμε, για αρχή, μία λύση, εκτός φακέλου, εν αναμονεί άλλων εντός φακέλου.

Από υπόθεση οι γωνίες που σημειώνω με

είναι ίσες, οπότε, άμεσα, και οι γωνίες που σημειώνω με $\beta$ είναι ίσες. Αρκεί να δείξω ότι x=z

και

, αφού τότε φανερά $(a+y) + (z+\beta)=180^o$ , όπως θέλουμε.

Πράγματι, οι ευθείες AP, BP

τέμνουν τις ακτίνες QB, QH, QC, QP

, σε σημειοσειρές ίσων διπλών λόγων, επομένως: (PDEA)

=

. Τότε

$\frac{sinx}{sin\beta }:\frac{siny}{sina}=\frac{sina}{sinw}:\frac{sin\beta }{sinz}\Rightarrow \frac{sinx}{siny}=\frac{sinz}{sinw}$

Η τελευταία αναλογία, επειδή οι γωνίες x, y, z, w

είναι θετικές και x+y=z+w < 180^o

δίνουν

και

(πρέπει να το έχουμε ξαναδεί, αν όχι, η απόδειξη του έχει ενδιαφέρον ) και η απόδειξη έγινε.

#3

Atlas έγραψε:Στο τετράπλευρο είναι: $P = AB \cap CD$ , $Q = AD \cap BC$ και $P\hat OD = B\hat OQ$ .Να δείξετε ότι: $A\hat OB + D\hat OC = {180^o}$ (άλυτη)

Σε μια "εσωφακελική" προσπάθεια στο αρκετά δύσκολο ομολογουμένως πρόβλημα αλλά διδακτικότατο όσον αφορά τα εγγράψιμα τετράπλευρα. Έχω απορία να δω την πηγή του

$\bullet$ Έστω οι ορθές προβολές του σημείου στις πλευρές του τετραπλεύρου . Τότε προφανώς οι τετράδες

$\left( {O,K,C,L} \right),\left( {O,L,D,M} \right),\left( {O,M,A,N} \right),\left( {O,N,B,K} \right),\left( {O,L,P,N} \right),\left( {O,M,Q,K} \right)$ είναι τετράδες ομοκυκλικών σημείων (από τις ορθές γωνίες)

Έχουμε: $\angle KML = \angle KOM + \angle OML\mathop \Rightarrow \limits^{OMQK,OMDL\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu \alpha }$ $\boxed{\angle KML = \angle OQK + \angle ODL}:\left( 1 \right)$

Στο τρίγωνο $\left\{ \begin{gathered} \vartriangle ODP\mathop \Rightarrow \limits^{\angle ODL\,\,\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta } \angle ODL = \angle OPL + \angle POD\mathop = \limits^{OLPN\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle ONL + \angle \varphi \\ \vartriangle OBQ\mathop \Rightarrow \limits^{\angle OBK\,\,\varepsilon \xi \omega \tau \varepsilon \rho \iota \kappa \eta } \angle OQK = \angle OBK - \angle BOQ\mathop = \limits^{ONBK\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle ONK - \angle \varphi \\ \end{gathered} \right.$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( + \right)} \angle OQK + \angle ODL = \angle ONK + \angle ONL\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)}$ $\angle KML = \angle KNL \Rightarrow KLMN$ εγγράψιμο, οπότε $\boxed{\angle LKN + \angle LMN = {{180}^0}}:\left( 2 \right)$ .
[attachment=0]1.png[/attachment]
$\bullet$ Είναι $\left\{ \begin{gathered} \angle COD = \angle COL + \angle LOD\mathop = \limits^{OKCL,OLDM\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu \alpha } \angle LKC + \angle LMD \\ \angle AOB = \angle AON + \angle NOB\mathop = \limits^{OMAN,ONBK\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu \alpha } \angle AMN + \angle NKB \\ \end{gathered} \right.$

$\mathop \Rightarrow \limits^{\left( + \right)} \angle COD + \angle AOB = \left( {\angle LKC + \angle NKB} \right) + \left( {\angle LMD + \angle AMN} \right) =$ $\left( {{{180}^0} - \angle LKN} \right) + \left( {{{180}^0} - \angle LMN} \right)$

$= {360^0} - \left( {\angle LKN + \angle LMN} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 2 \right)}$ $\boxed{\angle COD + \angle AOB = {{180}^0}}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

Την ευχαριστήθηκα την παραπάνω λύση και την αφιερώνω στον αγαπητό μου φίλο Κώστα Ρεκούμη εν' όψη της συνάντησή μας στη "Βασίλισσα του Βορρά"

#4

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: Την ευχαριστήθηκα την παραπάνω λύση και την αφιερώνω στον αγαπητό μου φίλο Κώστα Ρεκούμη εν' όψη της συνάντησή μας στη "Βασίλισσα του Βορρά"

Στάθη, φίλε, ευχαριστώ πολύ. Η αφιέρωση από μόνη της είναι μεγάλη τιμή. Πόσο μάλλον όταν υπογράφεται από εσένα!

Να είσαι πάντα καλά και όλα να σου έρχονται ευνοϊκά!

rek2 έγραψε:
$\frac{sinx}{siny}=\frac{sinz}{sinw}$

Η τελευταία αναλογία, επειδή οι γωνίες είναι θετικές και δίνουν και .

Ας δούμε μια απόδειξη:

Θεωρώ τα τρίγωνα TXY

και

, όπου οι γωνίες των κορυφών τους T, X, Y, R, Z, W

είναι κατά σειρά ίσες με t, x, y, r, z, w

.

Υπάρχουν αυτά τα τρίγωνα, διότι x+y=z+w < 180^o

και μάλιστα θα είναι t=r

.

Επειδή οι πλευρές κάθε τριγώνου είναι ανάλογες με τα ημίτονα των απέναντί τους γωνιών, (νόμος ημιτόνων), παίρνω

$\frac{sinx}{siny}=\frac{sinz}{sinw}\Rightarrow \frac{TY}{TX}=\frac{RW}{RZ}$

Επομένως, τα τρίγωνα είναι όμοια, και, άρα x=z

και

παραπληρωματικές

παραπληρωματικές

Re: παραπληρωματικές

Re: παραπληρωματικές

Re: παραπληρωματικές

Μέλη σε σύνδεση