Matematyka.pl

Mamy dany czworokąt \(\displaystyle{ ABCD}\) wraz z opisanym na nim okręgiem. Punkt przecięcia prostych zawierających boki \(\displaystyle{ AB}\), \(\displaystyle{ CD}\) oznaczamy \(\displaystyle{ P}\), zaś punkt przecięcia prostych zawierających boki \(\displaystyle{ BC}\), \(\displaystyle{ AD}\) oznaczamy \(\displaystyle{ Q}\). Udowodnić, że zachodzi następująca równość:
\(\displaystyle{ \left| PQ\right|^2 = \left| AP\right| \cdot \left| BP\right| + \left| BQ\right| \cdot \left| CQ\right| }\)

Jeżeli czworokąt jest prostokątem, to zadanie jest bardzo interesujące.

Mój problem polega na tym, że nie mam pojęcia jak to zacząć

Równość, którą należy udowodnić nie jest prawdziwa dla wszystkich czworokątów na których można opisać okrąg.
Dla prostokata i trapezu równoramiennego punkty \(\displaystyle{ P \ i \ Q }\) są odpowiednio, oba lub jeden, punktami niewłaściwymi.

Jak rozumiem dla równoległoboku też to nie działa (jak dla prostokąta). Czyli zaczynam od pokazania, że ogólnie dla trapezów to nie funkcjonuje. Tylko jak teraz pokazać, że dla innych figur już tak?

Corinek pisze: ↑15 gru 2020, o 23:41 Czyli zaczynam od pokazania, że ogólnie dla trapezów to nie funkcjonuje. Tylko jak teraz pokazać, że dla innych figur już tak?

W zadaniu masz udowodnić, że dla dowolnego czworokąta wpisanego w okrąg zachodzi konkretna równość. Wystarczy więc wskazać jeden taki czworokąt, dla którego ta równość jest nieprawdziwa, żeby stwierdzić, że nie zawsze

\(\displaystyle{ \displaystyle{ \left| PQ\right|^2 = \left| AP\right| \cdot \left| BP\right| + \left| BQ\right| \cdot \left| CQ\right| }}\)

Czyli wychodzi na to, że profesor się machnął w treści. Co jeśli chodziło mu o czworokąt inny niż trapez? Jakieś twierdzenia z których to można rozpisać?

Załóżmy, że przedłużenia boków czworokąta \(\displaystyle{ ABCD}\) wpisanego w okrąg przecinają się. Niech \(\displaystyle{ P}\) będzie punktem przecięcia prostych \(\displaystyle{ AB}\) oraz \(\displaystyle{ CD}\), a \(\displaystyle{ Q}\) będzie punktem przecięcia prostych \(\displaystyle{ BC}\) oraz \(\displaystyle{ AD}\). Załóżmy dodatkowo, że punkt \(\displaystyle{ P}\) leży na półprostych \(\displaystyle{ \overrightarrow{AB}}\) oraz \(\displaystyle{ \overrightarrow{DC}}\), a punkt \(\displaystyle{ Q}\) leży na półprostych \(\displaystyle{ \overrightarrow{BC}}\) oraz \(\displaystyle{ \overrightarrow{AD}}\). W przypadku takiej konfiguracji kąt wewnętrzny czworokąta przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\) jest ostry. Oznaczmy kąty wewnętrzne czworokąta \(\displaystyle{ ABCD}\) standardowo \(\displaystyle{ \alpha,\beta,\gamma,\delta}\).

Z podobieństwa \(\displaystyle{ \triangle PAD\sim\triangle PCB}\) dostajemy

\(\displaystyle{ \frac{AP}{DP}=\frac{CP}{BP}}\)

\(\displaystyle{ AP\cdot BP=CP\cdot DP}\)

Z twierdzenia sinusów w trójkątach \(\displaystyle{ \triangle PBC}\) oraz \(\displaystyle{ \triangle QDC}\):

\(\displaystyle{ \frac{BC}{PC}=\frac{\sin(180-\alpha-\delta)}{\sin(180-\beta)}}\)

\(\displaystyle{ \frac{DC}{QC}=\frac{\sin(180-\alpha-\beta)}{\sin(180-\delta)}}\)

\(\displaystyle{ \frac{DC}{QC}+\frac{BC}{PC}=\frac{\sin(\alpha+\beta)-\sin(\alpha-\beta)}{\sin\beta}=2\cos\alpha}\)

Ostatecznie:

\(\displaystyle{ AP\cdot BP+BQ\cdot CQ=CP\cdot DP+CQ\cdot BQ=CP(CP+DC)+CQ(CQ+BC)=PC^2+QC^2+PC\cdot DC+QC\cdot BC=}\)

\(\displaystyle{ =PC^2+QC^2+2PC\cdot QC\cos\alpha=PC^2+QC^2-2PC\cdot QC\cos \gamma=PQ^2}\)

matmatmm pisze: ↑16 gru 2020, o 22:41 Załóżmy dodatkowo, że punkt \(\displaystyle{ P}\) leży na półprostych \(\displaystyle{ \overrightarrow{AB}}\) oraz \(\displaystyle{ \overrightarrow{DC}}\), a punkt \(\displaystyle{ Q}\) leży na półprostych \(\displaystyle{ \overrightarrow{BC}}\) oraz \(\displaystyle{ \overrightarrow{AD}}\). W przypadku takiej konfiguracji kąt wewnętrzny czworokąta przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\) jest ostry.

Nie rozumiem tego fragmentu. Zrobiłam sobie rysunek i owszem, kąt A jest ostry, ale nie wiem jak to z tego wynika.

Fakt, nie napisałem dowodu tego faktu.

Ponieważ \(\displaystyle{ \beta+\delta=180^{\circ}}\), więc \(\displaystyle{ \beta\ge 90^{\circ}}\) lub \(\displaystyle{ \delta\ge 90^{\circ}}\). Załóżmy najpierw, że \(\displaystyle{ \beta\ge 90^{\circ}}\). Wówczas \(\displaystyle{ \angle CDQ=\beta\ge 90^{\circ}}\). Ponieważ w trójkącie maksymalnie jeden kąt jest prosty lub rozwarty, więc kąt \(\displaystyle{ \alpha= \angle DCQ }\) jest ostry. W przypadku \(\displaystyle{ \delta\ge 90^{\circ}}\) analogicznie dochodzimy do tego, że kąt \(\displaystyle{ \alpha= \angle BCP }\) jest ostry.

Aaaa, rozumiem! Dziękuję bardzo! W sumie to całkiem proste zadanie, jak już się widzi jak zostało rozwiązane.