Четириъгълник- хем вписан, хем и описан

[KOPMOPAH]

Дадено е, че в четириъгълник може да се впише окръжност и около него може да се опише окръжност. Да се докаже, че центровете на тези окръжности и пресечената точка на диагоналите лежат на една права.

[ins-]

Скрит текст: покажи

Интересна задача! Тук има полезни разсъждения по темата: https://www.cut-the-knot.org/pythagoras ... blem.shtml

[S.B.]

Без заглавие (72).png (364.36 KiB) Прегледано 2161 пъти

Дадено е, че в четириъгълник може да се впише окръжност и около него може да се опише окръжност. Да се докаже, че центровете на тези окръжности и пресечената точка на диагоналите лежат на една права.

Произволен четириъгълник [tex]ABCD[/tex], който е "хем вписан ,хем и описан" .
Диагоналите му са $AC $ и $BD$ ,като $AC \cap BD = K$ ,
т.$ J $ - пресечна точка на поне 3 от ъглополовящите на вътрешните ъгли - център на вписана окръжност с радиус $r$
т.$ I $ - пресечна точка на поне 3 от симетралите на страните - център на описаната окръжност с радиус $R$.

Точките $J$ и $I$ определят точно една права - $p$ , От $\begin{cases} J \in p \\ I \in p \end{cases}$ и от това,че $J$ и $I$ са центрове на вписаната и описаната окръжност $ \Rightarrow $ върху $p$ лежат диаметрите на двете окръжности.
Ще докажа,че $K \in p$ :
$\angle AKJ = \angle AKI = \alpha$
$\angle BKC = \angle AKD = \beta$
$\angle BKJ = \angle BKI = \angle DKP = \gamma$
$\angle AKJ + \angle JKB + \angle BKC = \alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$
$\angle AKI + \angle AKP = \alpha + (\beta + \gamma) = \alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$
Но $\angle AKI$ и $\angle AKP$ имат общо рамо $AK$ и сборът им е $180^\circ \Rightarrow$ са съседни ъгли и лъчите $KP$ и $ KI$ са противоположни и имат общо начало $K$. Т. $J\in KI \Rightarrow $ точките $K,J,I$ принадлежат на една и съща права $p$

[Меди]

Точките $J$ и $I$ определят точно една права - $p$ , От $\begin{cases} J \in p \\ I \in p \end{cases}$ и от това, че $J$ и $I$ са центрове на вписаната и описаната окръжност $ \Rightarrow $ върху $p$ лежат диаметрите на двете окръжности.

Може ли да ви попитам какво имате предвид? Окръжностите имат безброй много диаметри и всички от тях минават през центъра.

[KOPMOPAH]

...
Може ли да ви попитам какво имате предвид? Окръжностите имат безброй много диаметри и всички от тях минават през центъра.

Отговарям вместо колегата
Така е, през всеки от центровете минават безброй много прави, върху които лежат съответно безброй много диаметри на всяка от окръжностите. Но ЕДНА ЕДИНСТВЕНА права минава през двата центъра едновременно и това е гореспоменатата права $p$. Върху нея лежат два диаметъра - на малката и на голямата окръжност.

[S.B.]

Окръжностите имат безброй много диаметри и всички от тях минават през центъра.

Да, всеки минава през собствения си център,но само един от тях минава и през центъра на другата окръжност.
[tex]p = JI[/tex] и е еднозначно определена

[Меди]

Много съм благодарен за отговорите ви! Каква е точката $P$?

[S.B.]

Много съм благодарен за отговорите ви! Каква е точката $P$?

На чертежа е означено [tex]p\cap CD = P[/tex]

[123a]

Без заглавие (72).png

Ще докажа,че $K \in p$ :
$\angle AKJ = \angle AKI = \alpha$
$\angle BKC = \angle AKD = \beta$
$\angle BKJ = \angle BKI = \angle DKP = \gamma$
$\angle AKJ + \angle JKB + \angle BKC = \alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$
$\angle AKI + \angle AKP = \alpha + (\beta + \gamma) = \alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$

Един въпрос. Как така ще докажем, че $K \in p$ , като преди доказателството вече използваме,че $K$ лежи на $p$, като използваме ъглите $AKJ$ и $AKI$?

[S.B.]

Един въпрос. Как така ще докажем, че $K \in p$ , като преди доказателството вече използваме,че $K$ лежи на $p$, като използваме ъглите $AKJ$ и $AKI$?

Никъде не използвам,че [tex]K \in p[/tex] На $p$ лежат $I,J,P$ , а $K = AC\cap BD$

[Меди]

Един въпрос. Как така ще докажем, че $K \in p$ , като преди доказателството вече използваме,че $K$ лежи на $p$, като използваме ъглите $AKJ$ и $AKI$?

Никъде не използвам,че [tex]K \in p[/tex] На $p$ лежат $I,J,P$ , а $K = AC.BD$

Когато казваме, че $\measuredangle AKJ=\measuredangle AKI$, не приемаме ли, че точките $K,J$ и $I$ лежат на една права? $\measuredangle AKJ$ е определен от лъчите $KA$ и $KJ$, а $\measuredangle AKI$ - от лъчите $KA$ и $KI$. Равенството на ъглите не е ли еквивалентно на съвпадението на лъчите $KJ$ и $KI$? Тоест на колинеарността на трите точки.

[123a]

Един въпрос. Как така ще докажем, че $K \in p$ , като преди доказателството вече използваме,че $K$ лежи на $p$, като използваме ъглите $AKJ$ и $AKI$?

Никъде не използвам,че [tex]K \in p[/tex] На $p$ лежат $I,J,P$ , а $K = AC\cap BD$

След като използваме ъглите $AKJ$ и $AKI$, а $KJ;KI$ са рамене и точките $I;J$ лежат на една права, това не означава ли, че и $K$ лежи на тази права?

[S.B.]

Когато казваме, че $\measuredangle AKJ=\measuredangle AKI$, не допускаме ли, че точките $K,J$ и $I$ лежат на една права? $\measuredangle AKJ$ е определен от лъчите $KA$ и $KJ$, а $\measuredangle AKI$ - от лъчите $KA$ и $KI$. Равенството на ъглите обуславя съвпадението на лъчите $KJ$ и $KI$.

Погледни чертежа и ще видиш ,че [tex]\angle AKJ[/tex] и $\angle AKI$ са един и същи ъгъл.$I$ и $J$ са от един и същи лъч,началото на който е $K$ , като е сигурно само,че $A$ и $К$ лежат на една права - $AC$. Доказвам,че $K$ е връх на трите лъча $AK,IK,PK$ на съседните ъгли $IKA$ и $PKA$,защото сборът им е $180^\circ$ тогава $AK$ е общото им рамо ,а $KP$ и $IP$ са противоположните лъчи с общо начало $ K \Rightarrow P,K,I $ лежат на една права, същата която е определена от $I$ и $J$

[Меди]

Ограден четириъгълник.png (85.31 KiB) Прегледано 2044 пъти

Четириъгълници, които са вписани и описани около окръжност, се наричат оградени. Интересен е според мен и начинът на построяване на такива четириъгълници. Поне за мен беше интересно. Разстоянието $(d)$ между центровете на вписаната (с радиус $r$) и описаната окръжност (с радиус $R$) в такъв многоъгълник, е функция на техните радиуси. Връзката е: $$\dfrac{1}{(R-d)^2}+\dfrac{1}{(R+d)^2}=\dfrac{1}{r^2}.$$ След като се построят окръжностите със спазеното разстояние между техните центрове, избираме точка от описаната окръжност $(X)$, построяваме допирателна $(t)$ към вписаната окръжност, намираме другата й пресечната точка $(Y)$ с описаната окръжност и повтаряме тези стъпки, докато не затворим четириъгълника.

[S.B.]

Ограден четириъгълник.png

Интересен е според мен и начинът на построяване на такива четириъгълници. Поне за мен беше интересно....

В четириъгълник,който е "хем описан, хем и вписан " отсечките ,които съединяват допирните точки на срещуположните страни на вписаната окръжност са взаимно перпендикулярни.

[vezni]

Погледни чертежа и ще видиш ,че [tex]\angle AKJ[/tex] и $\angle AKI$ са един и същи ъгъл.$I$ и $J$ са от един и същи лъч,началото на който е $K$ , като е сигурно само,че $A$ и $К$ лежат на една права - $AC$. Доказвам,че $K$ е връх на трите лъча $AK,IK,PK$ на съседните ъгли $IKA$ и $PKA$,защото сборът им е $180^\circ$ тогава $AK$ е общото им рамо ,а $KP$ и $IP$ са противоположните лъчи с общо начало $ K \Rightarrow P,K,I $ лежат на една права, същата която е определена от $I$ и $J$

А откъде знаем, че [tex]\angle IKA[/tex] и [tex]\angle PKA[/tex] са съседни и сборът им е [tex]180^{\circ}[/tex]?

[S.B.]

А откъде знаем, че [tex]\angle IKA[/tex] и [tex]\angle PKA[/tex] са съседни и сборът им е [tex]180^{\circ}[/tex]?

1) Сборът им е равен на сборът на ъглите на [tex]\angle AKC ,AC\cap BC = K , \angle AKC = 180^\circ[/tex]
2) $ \angle IKA$ и $\angle PKA$ имат общо рамо $AK$

[S.B.]

Без заглавие (95).png (594.63 KiB) Прегледано 1987 пъти

Интересен е според мен и начинът на построяване на такива четириъгълници.

Построение на четириъгълник,който е едновременно вписан в окръжност и описан около друга окръжност само с линийка и пергел:
Задача за 8 клас - автори Георги и Здравка Паскалеви учебник за 8 клас ,Издателство "Архимед - ПП" София, 2001 г.стр.283 зад.22

Да се докаже,че в четириъгълник,който е едновременно вписан в окръжност и описан около друга окръжност,отсечките,които съединяват допирните точки на срещуположните страни на вписаната окръжност,са взаимно перпендикулярни
Мисля,че не е проблем да се докаже това твърдение,което стои в основата на моето построение само с линийка и пергел.
1 . Построявам остроъгълен [tex]\triangle ABX[/tex]
2 . Построявам ъглополовящите на $\angle A$ и $\angle B$ - $l_{A },l_{B }$
3 . $l_{A } \cap l_{B } = J $ - (центъра на вписаната окръжност)
4 . Построявам $JM \bot AB, M\in AB , JN \bot BX , N\in BX , JQ \bot AX , Q\in AX$
5 . Построявам окръжност $k_{1 } (J , r = JM ) ( JM = JN = JQ = r)$
6 . Построявам отсечката $QN$
7 . Построявам права $p$, такава,че $\begin{cases} p z M \\ p \bot QN\end{cases}$
8 . $p\cap k_{1 } = P$ ( тя е допирната точка на окръжността с четвъртата страна)
9 . Построявам отсечката $JP , (JP = r)$
10. Построявам права $q$ такава,че $\begin{cases} q z P \\ q \bot JP\end{cases}$
11. $q\cap AX = D , q\cap BX = C$ - точките $A,B,C,D$ са върховете на търсения четириъгълник
12. $S_{AB }\cap S_{BC } = O$ където $S_{AB } , S_{BC }$ са симетралите на $AB$ и $BC$ , а $O$ е центърът на описаната около $ABCD$ окръжност $k_{2 }$
13. Построявам окръжност $k_{2 } (O,R = OB)$
14. Четириъгълникът $ABCD$ е описан около $k_{1 }$ и вписан в $k_{2 }$

[drago]

Произволен четириъгълник [tex]ABCD[/tex], който е "хем вписан ,хем и описан" .
Диагоналите му са $AC $ и $BD$ ,като $AC \cap BD = K$ ,
т.$ J $ - пресечна точка на поне 3 от ъглополовящите на вътрешните ъгли - център на вписана окръжност с радиус $r$
т.$ I $ - пресечна точка на поне 3 от симетралите на страните - център на описаната окръжност с радиус $R$.

Точките $J$ и $I$ определят точно една права - $p$ , От $\begin{cases} J \in p \\ I \in p \end{cases}$ и от това,че $J$ и $I$ са центрове на вписаната и описаната окръжност $ \Rightarrow $ върху $p$ лежат диаметрите на двете окръжности.
Ще докажа,че $K \in p$ :
$\angle AKJ = \angle AKI = \alpha$
$\angle BKC = \angle AKD = \beta$
$\angle BKJ = \angle BKI = \angle DKP = \gamma$
$\angle AKJ + \angle JKB + \angle BKC = \alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$
$\angle AKI + \angle AKP = \alpha + (\beta + \gamma) = \alpha + \beta + \gamma = 180^\circ$
Но $\angle AKI$ и $\angle AKP$ имат общо рамо $AK$ и сборът им е $180^\circ \Rightarrow$ са съседни ъгли и лъчите $KP$ и $ KI$ са противоположни и имат общо начало $K$. Т. $J\in KI \Rightarrow $ точките $K,J,I$ принадлежат на една и съща права $p$

Ами, ако $\angle AKJ = \angle AKI = \alpha$, то веднага следва, че $K,I,I$ лежат на една права. Няма какво да коментираме повече, спираме до тук!? Т.е. на практика приемаме това, което искаме да докажем, правим една въртележка да усложним малко нещата и накрая пак кацаме там!

[Меди]

Два ъгъла с общо рамо.png (10.03 KiB) Прегледано 1852 пъти

В тази ситуация $\measuredangle AKJ=\measuredangle AKI$, но точките $K,J$ и $I$ не лежат на една права. Вариантите не са ли два? Ситуацията от чертежа или точките лежат на една права.

[S.B.]

Два ъгъла с общо рамо.png

В тази ситуация $\measuredangle AKJ=\measuredangle AKI$, но точките $K,J$ и $I$ не лежат на една права. Вариантите не са ли два? Ситуацията от чертежа или точките лежат на една права.

Малка подробност:За да лежат на една права освен да имат общо рамо е необходимо и сборът от ъглите да бъде [tex]180^\circ[/tex]