mateforum.ro

Fie \( ABCD \) un dreptunghi cu centrul in \( O, AB \neq BC \). Perpendiculara din \( O \) pe \( BD \) intersecteaza \( AB \) si \( BC \) in \( E \), repectiv \( F \). Fie \( M, N \) mijloacele segmentelor \( CD \), respectiv \( AD \). Aratati ca \( FM \) este perpendiculara pe \( EN \).

Frumoasa si interesanta problema ! Incercati o extindere la un paralelogram. O idee aveti in observatia finala.

Bogdan Cebere wrote: Fie \( ABCD \) un dreptunghi cu centrul in \( O \) pentru care \( AB\ne BC \) . O dreapta prin \( O \) taie \( AB \) , \( BC \) in \( E \) , \( F \)

respectiv. Notam mijloacele \( M , N \) ale segmentelor \( [CD] \) , \( [AD] \) respectiv. Aratati ca \( FM\perp EN\ \Longleftrightarrow\ EF\perp BD \) .

Demonstratie 1. Vom folosi o caracterizare metrica a perpendicularitatii a doua drepte definite prin cate o pereche de puncte.

Presupunem fara a restrange generalitatea ca \( F\in (BC) \) si \( BF>FC \) . Notam \( G\in EF\cap AD \) , \( AB=b \) , \( AD=a \) , \( FC=x \) , \( AE=y \) .

\( FM\perp EN \) \( \Longleftrightarrow \) \( FE^2-FN^2=ME^2-MN^2 \) \( \Longleftrightarrow \) \( \left[(a-x)^2+(b+y)^2\right]-\left[b^2+\left(\frac a2-x\right)^2\right]= \) \( \left[a^2+\left(y+\frac b2\right)^2\right]-\frac {a^2+b^2}{4}\ \Longleftrightarrow \)

\( ax=by \) \( \Longleftrightarrow \) \( \frac {AB}{AG}=\frac {AD}{AE} \) \( \Longleftrightarrow \) \( ABD\sim AGE \) \( \Longleftrightarrow \) \( \widehat {AGE}\equiv\widehat {ABD} \) \( \Longleftrightarrow \) \( ABOG \) este ciclic \( \Longleftrightarrow EF\perp BD \) .

Demonstratie 2. Presupunem fara a restrange generalitatea ca \( F\in (BC) \) si \( BF>FC \) . Notam mijlocul \( P \) al laturii \( [BC] \) si intersectiile

\( \left\|\begin{array}{c}
R\in EN\cap BD\\\\
S\in EF\cap CD\\\\
X\in FM\cap BD\end{array} \) . Se observa ca \( \frac {RN}{RE}=\frac {ON}{BE}=\frac {OP}{BE}=\frac {FP}{FB} \) \( \Longleftrightarrow \) \( \left\|\begin{array}{c}
\frac {RN}{RE}=\frac {FP}{FB}\\\\
(\ NP\parallel AB\ )\end{array} \) \( \Longrightarrow \) \( FR\parallel AB \) \( \Longrightarrow \) \( FR\perp AD \) .

Aplicam teorema Menelaus transversalei \( \overline {FMX} \) si \( \triangle BCD \) : \( \frac {XD}{XB}\cdot\frac {FB}{FC}\cdot\frac {MC}{MD}=1 \) \( \Longrightarrow \) \( \frac {XB}{XD}=\frac {FB}{FC}=\frac {EB}{SC}=\frac {EB}{EA} \) \( \Longrightarrow \)

\( \frac {XB}{XD}=\frac {EB}{EA} \) \( \Longrightarrow \) \( XE\parallel AD \) \( \Longrightarrow \) \( XE\perp AB \) \( \Longrightarrow \) \( XE\perp RF \) . Deci \( RF \) este inaltime in \( \triangle EFX \) . In concluzie,

\( \left|\overline {\underline {\ FM\perp EN\ }}\right| \) \( \Longleftrightarrow \) \( FX\perp ER \) \( \Longleftrightarrow\ R \) este ortocentru pentru \( \triangle EFX \) \( \Longleftrightarrow \) \( EF\perp XR \) \( \Longleftrightarrow \) \( \left|\overline {\underline {\ EF\perp BD\ }}\right| \) .

Observatie. Se arata usor ca daca \( ABCD \) este paralelogram si \( O\in EF \) , atunci \( FR\parallel AB \) , \( EX\parallel AD \) si \( \frac {RB}{RD}=\frac {XB}{XD} \) , adica \( (B,D,R,X) \)

este armonica. Daca \( ABCD \) este dreptunghi si \( O\in EF\perp BD \) , atunci \( [AD \) , \( [CD \) sunt bisectoarele unghiurilor \( \widehat {RAX} \) , \( \widehat {RCX} \)

respectiv, \( \left\|\begin{array}{c}
RO\cdot RX=RB\cdot RD\\\\
OA^2=OR\cdot OX\end{array}\right\| \) si orice cerc care trece prin punctele \( R \) , \( X \) este ortogonal cercului circumscris dreptunghiului \( ABCD \) .

Soutiamea(coincide cu solutia oficiala):

Fie P mijlocul laturii BC \( \{Q}=DC\cap EF \)

Avem:\( MP\parallel BD\ \ \Rightarrow FQ\perp MP \)

\( MC\perp FM \) rezulta ca Q este ortocentrul \( \triangle MPF \) deci \( PQ\perp FM \)

Cum \( QP\parallel EN \) obtinem concluzia problemei.