Συνθήκη για διάμεσο

#1

Έστω

ένα εγγράψιμο τετράπλευρο ώστε AD^2 + BC^2 = AB^2

. Οι διαγώνιοί του τέμνονται στο

και

είναι σημείο της πλευράς $\overline{AB}$ ώστε $\angle APD = \angle BPC$ . Να αποδείξετε ότι η

διχοτομεί το τμήμα $\overline{CD}$ .

Ορέστης Λιγνός · #2

silouan έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 08, 2019 11:07 pm
Έστω ένα εγγράψιμο τετράπλευρο ώστε . Οι διαγώνιοί του τέμνονται στο και είναι σημείο της πλευράς $\overline{AB}$ ώστε $\angle APD = \angle BPC$ . Να αποδείξετε ότι η διχοτομεί το τμήμα $\overline{CD}$ .

Καλησπέρα Σιλουανέ.

Έστω

το μέσον της

. Θα δείξω το ισοδύναμο πρόβλημα, δηλαδή ότι η

τέμνει την

σε σημείο

, ώστε $\angle APD=\angle BPC$ .

Θα χρησιμοποιήσω το παρακάτω Λήμμα (χωρίς απόδειξη - είναι εύκολη με Ν. Ημιτόνων).

Λήμμα
Σε τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με $P \in BC$ , ισχύει $\dfrac{BP}{PC}=\dfrac{AB}{AC} \cdot \dfrac{\sin \angle BAP}{\sin \angle CAP}$ .

Στην άσκηση, από το Λήμμα στο τρίγωνο $\vartriangle DEC$ παίρνω (είναι MD=MC

) $\dfrac{\sin \angle DEM}{\sin \angle MEC}=\dfrac{CE}{DE}=\dfrac{BE}{AE}$ , από τα προφανώς όμοια $\vartriangle AEB, \vartriangle DEC$ .

Από το ίδιο Λήμμα στο τρίγωνο $\vartriangle AEB$ προκύπτει $\dfrac{\sin \angle PEB}{\sin \angle PEA}=\dfrac{EA}{EB} \cdot \dfrac{PB}{PA}$ .

Όμως, $\angle DEM=\angle PEB, \angle MEC=\angle AEP$ , οπότε $\dfrac{BE}{AE}=\dfrac{EA}{EB} \cdot \dfrac{PB}{PA} \Rightarrow \dfrac{PA}{PB}=\dfrac{EA^2}{EB^2}=\frac{AD^2}{BC^2}$ .

Τώρα, είναι :

$\dfrac{PA}{PB}=\dfrac{AD^2}{BC^2} \Rightarrow \dfrac{AB}{PB}=\dfrac{AB^2}{BC^2} \Rightarrow BC^2=BP \cdot BA$ , οπότε η

εφάπτεται του κύκλου (A,P,C)

, συνεπώς $\angle BCP=\angle BAC$ .

Όμοια, $\angle ADP=\angle ABD$ .

Τελικά, $\angle APD=180^\circ-(\angle ADP+\angle DAC+\angle BAC)=180^\circ-(\angle PBD+\anfle EBC+\angle BCP)=\angle BPC$ , και η απόδειξη ολοκληρώθηκε.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

silouan έγραψε: ↑
Τετ Μάιος 08, 2019 11:07 pm
Έστω ένα εγγράψιμο τετράπλευρο ώστε . Οι διαγώνιοί του τέμνονται στο και είναι σημείο της πλευράς $\overline{AB}$ ώστε $\angle APD = \angle BPC$ . Να αποδείξετε ότι η διχοτομεί το τμήμα $\overline{CD}$ .

Καταρχάς φέρνοντας τους κύκλους (A, AD)

και

, προκύπτει από τη συνθήκη ότι οι κύκλοι αυτοί είναι ορθογώνιοι μεταξύ τους.

Έστω πως ο (ABCD)

τέμνει ξανά τους δύο κύκλους (A, AD)

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα. Έστω

το σημείο τομής του ριζικού άξονα των δύο κύκλων παραπάνω και της

.

Θεωρούμε αντιστροφή με κύκλο αντιστροφής τον (A, AD)

.

Παρατηρούμε ότι ο ριζικός άξονας των δύο κύκλων είναι η πολική του

στον κύκλο αντίστροφης. Επομένως τα

και

είναι αντίστροφα.

Το

αντιστοιχείται με τον εαυτό του, όπως και το

.

Αφού όμως τα σημεία A, D, B, K

είναι ομοκυκλικά, έπεται ότι τα σημεία D, P', K

είναι συνευθειακά.

Ομοίως συνευθειακά είναι και τα C, P', L

.

Έστω τώρα πως το

τέμνει τον κύκλο (B, BC)

στο σημείο

, ενώ το

τέμνει τον κύκλο (A, AD)

στο σημείο

.

Από την προηγούμενη αντιστροφή ισχύει ότι o κύκλος (ABCD)

και η ευθεία

είναι αντίστροφα και επιπλέον ο κύκλος (B, BC)

είναι αναλλοίωτος, ως ορθογώνιος στον κύκλο της αντιστροφής.

Οπότε το αντίστροφο του

είναι είναι το σημείο τομής του (B, BC)

και

και προφανώς δεν είναι το

, που βρίσκεται εσωτερικά του (A, AD)

, όπως και το

.

Άρα το αντίστροφο του

είναι το

, τα σημεία A, S, C

λοιπόν είναι συνευθειακά.

Όμοια είναι και τα B, T, D

.

Θα αποδείξουμε τώρα ότι $\widehat{AP'D}=\widehat{BP'C}$ , πράγμα που θα σημαίνει ότι $P\equiv P'$ , λόγω της μοναδικότητας του

(ίσως εδώ να θέλει λίγη επιπλέον επιχειρηματολογία, αλλά τέλος πάντων).

Από το γεγονός ότι τα σημεία S-C

και

είναι αντίστροφα, έχουμε ότι το SP'BC

είναι εγγράψιμο, άρα όμοια και το TP'AD

είναι εγγράψιμο. Συνεπώς $\widehat{AP'D}=\widehat{AP'S}=\widehat{ACB}=\widehat{ADB}=\widehat{TP'B}=\widehat{BP'C}$ .

Ισχύει τώρα από συμμετρία ότι PS=PL

και

, άρα το

είναι ισοσκελές τραπέζιο και εγγράψιμο, δηλαδή ST//CD

, άρα το σημείο τομής των

και

, δηλαδή το

, το

και το μέσο του

είναι συνευθειακά!

Συνθήκη για διάμεσο

Συνθήκη για διάμεσο

Re: Συνθήκη για διάμεσο

Re: Συνθήκη για διάμεσο

Μέλη σε σύνδεση