Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

#601

KARKAR έγραψε:Άσκηση 211
Στο άκρο της διαγωνίου , ορθογωνίου , φέρω κάθετη , η οποία τέμνει τις προεκτάσεις των στα σημεία αντίστοιχα . Ονομάζω το μέσο του , παίρνω τυχαίο σημείο της και γράφω τους κύκλους , , , οι οποίοι τέμνουν τις προεκτάσεις των στα αντίστοιχα . Δείξτε ότι οι ευθείες τέμνονται σε σημείο - το οποίο ονομάζω - της .

Έστω $(O),\ (K)$ , οι περίκυκλοι των τριγώνων $\vartriangle AQS,\ \vartriangle APS$ αντιστοίχως και ας είναι $E\equiv BC\cap (O)$ και $F\equiv CD\cap (K)$ .

Έστω τα σημεία $Z\equiv TP\cap QC,\ H\equiv TQ\cap PC$ και αρκεί να αποδειχθεί ότι $ZH\parallel PQ$ , γιατί η ευθεία που συνδέει το σημείο τομής των διαγωνίων τραπεζίου με το σημείο τομής των ευθειών των μη παραλλήλων πλευρών του, περνάει από τα μέσα των βάσεών του ( γνωστό αποτέλεσμα ).

$\bullet$ Από το εγγράψιμο τετράπλευρο APFS

έχουμε $\angle CSF = \angle CPA\ \ \ ,(1)$

Από (1)

και $\angle CPA = \angle CAD$ , λόγω του ορθογωνίου τριγώνου $\vartriangle ACP$ με $AD\perp CP$ ,

προκύπτει $\angle CSF = \angle CAD\ \ \ ,(2)\Rightarrow$ $SF\parallel AD\ \ \ ,(3)$ και ομοίως αποδεικνύεται ότι $SE\parallel AB\ \ \ ,(4)$

Από το τραπέζιο ANFS

τώρα, έχουμε $\angle CAD = \angle ANF\ \ \ ,(5)$

Από το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο CESF

έχουμε $\angle CSF = \angle SFE\ \ \ ,(6)$

Από $(2),\ (5),\ (6)\Rightarrow$ $\angle ANF = \angle SFE\ \ \ ,(7)$ και άρα, τα σημεία $N,\ F,\ E$ είναι συνευθειακά.

Ομοίως αποδεικνύεται ότι και τα σημεία $L,\ E,\ F$ είναι συνευθειακά και επομένως, και τα τέσσερα σημεία $N,\ F,\ E,\ L$ ανήκουν στην ίδια ευθεία.

: Συλλογή ασκήσεων με ορθοπγώνια - Άσκηση 211.; f=40_t=52292_211.PNG (28.34 KiB) Προβλήθηκε 1640 φορές

$\bullet$ Από $SF\parallel AD$ και $SE\parallel AB\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{CF}{FD} = \frac{CS}{SA} = \frac{CE}{EB}\Rightarrow$ $BD\parallel EF\equiv LN\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{AD}{DN} = \frac{AB}{BL}}\ \ \ ,(8)$

Αλλά, από $AN\parallel QZ\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{AD}{DN} = \frac{QC}{CZ}}\ \ \ ,(9)$ και από $AL\parallel PH\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{AB}{BL} = \frac{PC}{CH}}\ \ \ ,(10)$

Από $(8),\ (9),\ (10)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{QC}{CZ} = \frac{PC}{PH}}\ \ \ ,(11)$

Από $(11)\Rightarrow$ $\boxed{ZH\parallel PQ}$ και το ισοδύναμο ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

#602

KARKAR έγραψε:Άσκηση 211
Στο άκρο της διαγωνίου , ορθογωνίου , φέρω κάθετη , η οποία τέμνει τις προεκτάσεις των στα σημεία αντίστοιχα . Ονομάζω το μέσο του , παίρνω τυχαίο σημείο της και γράφω τους κύκλους , , , οι οποίοι τέμνουν τις προεκτάσεις των στα αντίστοιχα .Δείξτε ότι οι ευθείες τέμνονται σε σημείο - το οποίο ονομάζω - της .

Ας δούμε μια διαφορετική προσέγγιση του θέματος
$\bullet$ Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα $SAPN,SAQL\mathop \Rightarrow \limits^{SA \bot PQ,SA \bot AQ}$ $SN \bot PT,SL \bot TQ$ και με $SA \bot PQ$ προκύπτει ότι τα τρίγωνα $\vartriangle ANL,\vartriangle TQP$ είναι

ορθολογικά (*) και με $PD \bot AN,QB \bot AL \Rightarrow C \equiv PD \cap AL$ είναι ο ορθοπόλος του $\vartriangle TQP \Rightarrow \boxed{TC \bot NL}:\left( 1 \right)$ .

Επίσης από το εγγράψιμο τετράπλευρο $SAPN \Rightarrow \angle SPN = \angle SAN$ $\mathop = \limits^{o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle APD \Rightarrow$ $\angle DPN = \angle APS\mathop \Rightarrow \limits^{\angle PDN = \angle PAS = {{90}^0}}$

$\vartriangle PDN \sim \vartriangle PAS \Rightarrow$ $\dfrac{{DN}}{{AS}} = \dfrac{{PD}}{{PA}}\mathop = \limits^{\vartriangle PDA \sim \vartriangle ABQ} \dfrac{{AB}}{{AQ}}:\left( 2 \right)$ και με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι $\vartriangle QBL \sim \vartriangle QAS \Rightarrow \dfrac{{BL}}{{AS}} = \dfrac{{BQ}}{{AQ}}:\left( 3 \right)$ .
[attachment=0]211.png[/attachment]
$\bullet$ Από $\left( 2 \right):\left( 3 \right) \Rightarrow \dfrac{{DN}}{{BL}} = \dfrac{{AB}}{{BQ}}\mathop = \limits^{\vartriangle ABQ \sim \vartriangle DAB} \dfrac{{DA}}{{AB}} \Rightarrow$ $DB\parallel NL\mathop \Rightarrow \limits^{TC \bot NL} \boxed{TC \bot BD}:\left( 4 \right)$ .

Είναι $\angle BDC\mathop = \limits^{ABCD\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o} \angle BAC$ $\mathop = \limits^{o\xi \varepsilon \iota \varepsilon \varsigma \,\,\mu \varepsilon \,\,\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma } \angle BQP \Rightarrow P,D,B,Q$ ομοκυκλικά και με $TC \bot DB \Rightarrow TC$ σύμφωνα με το Θεώρημα

Nagel διέρχεται από το κέντρο του περίκυκλου του τριγώνου $\vartriangle PCQ$ το οποίο είναι το μέσο της αφού $\angle PCQ = {90^0}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

(*) Αν οι κάθετες από τις κορυφές ενός τριγώνου προς τις πλευρές ενός άλλου τριγώνου διέρχονται από το ίδιο σημείο το ίδιο συμβαίνει και για τις κάθετες από τις κορυφές του δεύτερου τριγώνου προς τις πλευρές του πρώτου τριγώνου. (Τρίγωνα ορθολογικά). Αποδεικνύεται εύκολα με το θεώρημα του Carnot.

Στάθης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #603

KARKAR έγραψε:Άσκηση 211
Το συνημμένο Άσκηση 210.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στο άκρο της διαγωνίου , ορθογωνίου , φέρω κάθετη , η οποία τέμνει

τις προεκτάσεις των στα σημεία αντίστοιχα . Ονομάζω το μέσο

του , παίρνω τυχαίο σημείο της και γράφω τους κύκλους , ,

, οι οποίοι τέμνουν τις προεκτάσεις των στα αντίστοιχα .

Δείξτε ότι οι ευθείες τέμνονται σε σημείο - το οποίο ονομάζω - της .

Καλησπέρα....

Έστω $\displaystyle{QC \cap PN = E,PC \cap QL = K}$

Είναι $\displaystyle{\angle PNS = {90^0}}$ $\displaystyle{ \Rightarrow \angle x = \angle y}$ και $\displaystyle{\angle y = \angle \theta \Rightarrow \angle x = \angle \theta \Rightarrow \vartriangle PSA \simeq \vartriangle EPC \Rightarrow \frac{{EC}}{{AS}} = \frac{{PC}}{{PA}}(1)}$

$\displaystyle{SZLA}$ είναι ισοσκελές τραπέζιο $\displaystyle{ \Rightarrow \angle \phi = \angle \omega \Rightarrow \vartriangle SAQ \simeq \vartriangle CKQ \Rightarrow \frac{{AS}}{{CK}} = \frac{{AQ}}{{CQ}}(2)}$

$\displaystyle{(1) \cdot (2) \Rightarrow \frac{{EC}}{{CK}} = \frac{{AQ}}{{AP}} \cdot \frac{{CP}}{{CQ}} = \frac{{C{Q^2}}}{{C{P^2}}} \cdot \frac{{CP}}{{CQ}} \Rightarrow \boxed{\frac{{EC}}{{CK}} = \frac{{CQ}}{{CP}}} \Rightarrow EK//PQ}$ και $\displaystyle{H}$ μέσον της $\displaystyle{EK}$ (αφού $\displaystyle{\angle HKC = \angle CPM = \angle PCM = \angle HCK}$ )

Από θ.κεντρικής δέσμης προκύπτει το ζητούμενο

: a211.png (53.95 KiB) Προβλήθηκε 1610 φορές

#604

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε: $\displaystyle \frac{EC}{CK} = \frac{\color{red}AQ}{\color{red}AP} \cdot \frac{CP}{CQ} = \frac{\color{red}CQ^2}{\color{red}CP^2} \cdot \frac{CP}{CQ}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{EC}{CK} = \frac{CQ}{CP}}$

Κώστας Βήττας.

KARKAR · #605

Άσκηση 213

: Άσκηση 212.png (11.36 KiB) Προβλήθηκε 1560 φορές

Σε τυχαίο σημείο

της πλευράς

ορθογωνίου ABCD

, υψώνουμε κάθετη ,

η οποία τέμνει την

στο

και τον περίκυκλο στο

. Η παράλληλη από το

προς τη

τέμνει τις προεκτάσεις των BC,AD

στα

. Δείξτε ότι $SN\perp PL$

sakis1963 · #606

KARKAR έγραψε:Άσκηση 213
Το συνημμένο Άσκηση 212.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε τυχαίο σημείο της πλευράς ορθογωνίου , υψώνουμε κάθετη ,

η οποία τέμνει την στο και τον περίκυκλο στο . Η παράλληλη από το

προς τη τέμνει τις προεκτάσεις των στα . Δείξτε ότι $SN\perp PL$

Άσκηση 213

: 213.png (21.91 KiB) Προβλήθηκε 1544 φορές

Καλησπέρα.

Από δύναμη σημείου

έχουμε

...(1)

Κλίση του $\vec{SN}$ είναι $\lambda_{SN}=-\dfrac{a-x}{b+y}$ και του $\vec{PL}$ είναι $\lambda_{PL}=\dfrac{y}{x}$ άρα λόγω της (1)

$\lambda_{SN} \cdot \lambda_{PL}=-1$

άρα $SN\perp PL$

#607

KARKAR έγραψε:Άσκηση 213
Σε τυχαίο σημείο της πλευράς ορθογωνίου , υψώνουμε κάθετη , η οποία τέμνει την στο και τον περίκυκλο στο . Η παράλληλη από το προς τη τέμνει τις προεκτάσεις των στα . Δείξτε ότι $SN\perp PL$

$\angle QLP\mathop = \limits^{QLCP\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o} \angle QCP \equiv \angle QCD\mathop = \limits^{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \varepsilon \varsigma \,\,\sigma \tau o\,\,\iota \delta \iota o\,\,\tau o\xi o}$ $\angle QAD \equiv \angle QAN\mathop = \limits^{ASQN\,\,o\rho \theta o\gamma \omega \nu \iota o} \angle QSN\mathop \Rightarrow \limits^{QL \bot SQ} \boxed{PL \bot SN}$

Στάθης

Μιχάλης Τσουρακάκης · #608

KARKAR έγραψε:Άσκηση 213
Το συνημμένο Άσκηση 212.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Σε τυχαίο σημείο της πλευράς ορθογωνίου , υψώνουμε κάθετη ,

η οποία τέμνει την στο και τον περίκυκλο στο . Η παράλληλη από το

προς τη τέμνει τις προεκτάσεις των στα . Δείξτε ότι $SN\perp PL$

$\displaystyle{QCBE}$ ισοσκελές τραπέζιο $\displaystyle{ \Rightarrow QP = SE = LC \Rightarrow PS + SE = CB + CL \Rightarrow PE = //LB \Rightarrow PL//EB}$

και $\displaystyle{\angle \omega = \angle x = \angle y \Rightarrow PZNQ}$ εγγράψιμο $\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{LP \bot NS}}$

Κάπου την έχω ξαναδεί...

: a213.png (17.51 KiB) Προβλήθηκε 1541 φορές

sakis1963 · #609

Μιχάλης Τσουρακάκης έγραψε:
KARKAR έγραψε:Άσκηση 213
Άσκηση 212.png
Κάπου την έχω ξαναδεί...

Δίκιο έχεις Μιχάλη, είναι η Ασκηση 189

#610

Άσκηση 214

: Ορθογώνια_KARKAR_214.png (8.53 KiB) Προβλήθηκε 1466 φορές

Έστω ορθογώνιο ABCD

και τα σημεία $Z\,\,\kappa \alpha \iota \,\,H$ των πλευρών του $BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD$ αντίστοιχα , τέτοια ώστε το τρίγωνο AZH

να είναι ισόπλευρο.

Δείξετε ότι (CHZ) = (BZA) + (DAH)

.

KARKAR · #611

Doloros έγραψε:Άσκηση 214
Έστω ορθογώνιο και τα σημεία $Z\,\,\kappa \alpha \iota \,\,H$ των πλευρών του $BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD$ αντίστοιχα ,

τέτοια ώστε το τρίγωνο να είναι ισόπλευρο . Δείξετε ότι .

Σπεύδω να παραπέμψω στην εκπληκτική λύση Βαρβεράκη εδώ

sakis1963 · #612

Doloros έγραψε:Άσκηση 214

Ορθογώνια_KARKAR_214.png
Έστω ορθογώνιο και τα σημεία $Z\,\,\kappa \alpha \iota \,\,H$ των πλευρών του $BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD$ αντίστοιχα , τέτοια ώστε το τρίγωνο να είναι ισόπλευρο.

Δείξετε ότι .

Καλησπέρα, και εδώ

KARKAR · #613

Άσκηση 215

: Άσκηση 213.png (17.58 KiB) Προβλήθηκε 1383 φορές

Οι κορυφές A,C

του ορθογωνίου του σχήματος είναι οι εστίες της έλλειψης . Υπολογίστε

το εμβαδόν του ABCD

. Αν η έλλειψη έχει εξίσωση $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ , για ποια σχέση των

a , b

, εξασφαλίζεται η ύπαρξη αυτού του ορθογωνίου και ποιος είναι τότε ο λόγος $\dfrac{AB}{AD}$ ;

ealexiou · #614

KARKAR έγραψε:Άσκηση 215
Το συνημμένο Άσκηση 213.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Οι κορυφές του ορθογωνίου του σχήματος είναι οι εστίες της έλλειψης . Υπολογίστε

το εμβαδόν του . Αν η έλλειψη έχει εξίσωση $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ , για ποια σχέση των

, εξασφαλίζεται η ύπαρξη αυτού του ορθογωνίου και ποιος είναι τότε ο λόγος $\dfrac{AB}{AD}$ ;

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 215.png (27.82 KiB) Προβλήθηκε 1374 φορές

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

KARKAR · #615

Άσκηση 216

: Άσκηση 216.png (10.23 KiB) Προβλήθηκε 1320 φορές

Δύο κύκλοι , οι οποίοι διέρχονται ο καθένας από δύο απέναντι κορυφές ορθογωνίου ABCD

,

τέμνονται στα σημεία

και

. Δείξτε ότι το

διέρχεται από το κέντρο

του ορθογωνίου .

Μιχάλης Τσουρακάκης · #616

KARKAR έγραψε:Άσκηση 216
Το συνημμένο Άσκηση 216.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Δύο κύκλοι , οι οποίοι διέρχονται ο καθένας από δύο απέναντι κορυφές ορθογωνίου ,

τέμνονται στα σημεία και . Δείξτε ότι το διέρχεται από το κέντρο του ορθογωνίου .

Με $\displaystyle{\left( O \right)}$ περίκυκλο του $\displaystyle{ABCD}$ οι ριζικοί άξονες των $\displaystyle{\left( O \right),\left( {{c_1}} \right)}$ και $\displaystyle{\left( O \right),\left( {{c_2}} \right)}$ είναι $\displaystyle{DB,CA}$ αντίστοιχα, που τέμνονται στο $\displaystyle{O}$ .

Επομένως το $\displaystyle{O}$ έχει ίδια δύναμη ως προς τους τρεις κύκλους ,άρα θα ανήκει και στο ριζικό άξονα των $\displaystyle{\left( {{c_1}} \right),\left( {{c_2}} \right)}$ που είναι ο $\displaystyle{PS}$

: a216.png (20.71 KiB) Προβλήθηκε 1302 φορές

KARKAR · #617

Άσκηση 217

: Άσκηση 216.png (15.02 KiB) Προβλήθηκε 1258 φορές

Η πλευρά

ορθογωνίου ABCD

που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο , είναι παράλληλη

προς τη διάμετρο

. Σχεδιάζω το ( επίσης ) ορθογώνιο SBTD

. Πώς πρέπει να επιλεγεί

η κορυφή

, ώστε ο λόγος (ABCD):(SBTD)

, να ισούται με 3:2

;

#618

KARKAR έγραψε:Άσκηση 217
Το συνημμένο Άσκηση 216.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Η πλευρά ορθογωνίου που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο , είναι παράλληλη

προς τη διάμετρο . Σχεδιάζω το ( επίσης ) ορθογώνιο . Πώς πρέπει να επιλεγεί

η κορυφή , ώστε ο λόγος , να ισούται με ;

Καλημέρα Θανάση, καλημέρα σε όλους.

Έστω AB=a, AD=b

: 217.png (16.39 KiB) Προβλήθηκε 1249 φορές

$\displaystyle{\frac{{(ABCD)}}{{(SBTD)}} = \frac{{ab}}{{Rb}} = \frac{3}{2} \Leftrightarrow a = \frac{{3R}}{2}}$ , απ' όπου προσδιορίζεται η κορυφή

.

Παίρνω πάνω στην

τμήμα ίσο με $\displaystyle{\frac{R}{4}}$ και φέρνω κάθετη στην

που τέμνει τον κύκλο στα A, D

, κλπ.

#619

Άσκηση 218

: 218.png (11.87 KiB) Προβλήθηκε 1230 φορές

Κύκλος κέντρου

διέρχεται από τις κορυφές B, D

ορθογωνίου ABCD

. Να βρεθεί συναρτήσει των διαστάσεων a, b

του

ορθογωνίου η ελάχιστη απόσταση του

από μία κορυφή του ορθογωνίου. (Το σχήμα είναι ενδεικτικό, αλλά όχι δεσμευτικό).

ealexiou · #620

george visvikis έγραψε:Άσκηση 218

Κύκλος κέντρου διέρχεται από τις κορυφές ορθογωνίου . Να βρεθεί συναρτήσει των διαστάσεων του ορθογωνίου η ελάχιστη απόσταση του από μία κορυφή του ορθογωνίου. (Το σχήμα είναι ενδεικτικό, αλλά όχι δεσμευτικό).

Γεια σου Γιώργο

: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια Ασκ. 218.png (20.43 KiB) Προβλήθηκε 1220 φορές

Είχα γράψει αρχικά "Δεν είμαι και σίγουρος ότι έχω αντιληφθεί σωστά το ζητούμενο".
Τώρα είμαι σίγουρος μετά την επιβεβαίωση (της ορθότητας του σχήματος) - καλύτερη δεν γίνεται

- από τον θεματοθέτη, οπότε αναρτώ και τους υπολογισμούς και αίρω την απόκρυψη.

Προφανώς το κέντρο του κύκλου βρίσκεται πάνω στην μεσοκάθετο στο

, άρα η ελάχιστη απόσταση θα είναι είτε από την κορυφή

στη θέση

( $AO\bot ME$ ) είτε από την κορυφή

σε σημείο

, συμμετρικό του

ως προς

.

Το ορθογώνιο ABCD

είναι, προφανώς, εγγράψιμο οπότε $EA\cdot ED$ =EM^2-MB^2

, (

ακτίνα του πράσινου κύκλου).
Όμως $EM^2=ED^2-MD^2=(x+b)^2-\dfrac{a^2+b^2}{4}$ , οπότε:

$x(x+b)=(x+b)^2-\dfrac{a^2+b^2}{4}-\dfrac{a^2+b^2}{4}\Rightarrow$ $\boxed{x=\dfrac{a^2-b^2}{2b}}$

Είναι $\angle AEO \equiv \angle DEM=90°-\angle EDM=\angle DBA \Rightarrow$ $\triangle AOE \sim \triangle DAB \Rightarrow$ $\dfrac{OA}{AE}=\dfrac{DA}{DB}\Rightarrow$

$OA=\dfrac{a^2-b^2}{2b}\cdot \dfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\Rightarrow \boxed{\boxed{OA=O'C=d=\dfrac{a^2-b^2}{2\sqrt{a^2+b^2}}}}}$

Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Re: Συλλογή ασκήσεων με ορθογώνια

Μέλη σε σύνδεση