Un trapez si doua cercuri.

[Virgil Nicula]

Fie trapezul \( ABCD \) , unde \( AB\parallel CD \) . Notam \( O\in AC\cap BD \) . Cercurile circumscrise triunghiurilor \( AOD \) , \( BOC \) se taie

din nou in \( K \) . Notam \( S\in KO\in AB \) . Sa se arate ca \( \frac {SA}{SB}=\left(\frac {OA}{OB}\right)^2 \) (dreapta \( \overline {OKS} \) este simediana in triunghiul \( AOB \) ).

[Marius Mainea]

\( \triangle \)\( BOS \)\( \sim \)\( \triangle \)\( DCB \) \( \Rightarrow \) \( \frac{SB}{BD} \)=\( \frac{OB}{DC} \) (1).


\( \triangle \)\( AOS \)\( \sim \)\( \triangle \)\( CDA \)\( \Rightarrow \) \( \frac{SA}{AC} \)=\( \frac{OA}{DC} \) (2).

\( \frac{OA}{AC} \)=\( \frac{OB}{BD} \) (3).

Din (1) ,(2) si (3) rezulta concluzia.

[Virgil Nicula]

Asemanarile tale sunt adevarate doar daca trapezul este paralelogram ...

[Marius Mainea]

Aveti dreptate.

[Marius Mainea]

Fie E si F intersectiile cercurulor AOD respectiv BOC co dreapta AB.

Folosind puterea punctului fata de cerc avem:

AO\( \cdot \)AC=AF\( \cdot \)AB (1)
BO\( \cdot \)BD=BE\( \cdot \)AB (2)

Deasemenea\( \frac{OA}{AC} \)=\( \frac{OB}{BD} (3) \)

Din1 ,2,3 rezult: \( (\frac{OA}{OB})^2 \)=\( \frac{AF}{BE} \)

Dar S are aceeasi putere fata cele doua cercuri\( \Rightarrow \)SE\( \cdot \)SA=SF\( \cdot \)SB\( \Rightarrow \)\( \frac{AF}{BE}=\frac{SA}{SB} \)

Rezulta concluzia problemei.