Συνευθειακότητα σε τεμνόμενους κύκλους

Συντονιστές: AΝΔΡΕΑΣ ΒΑΡΒΕΡΑΚΗΣ, silouan, george visvikis

Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 775
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Συνευθειακότητα σε τεμνόμενους κύκλους

#1

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Κυρ Απρ 28, 2019 8:54 pm

GEOMETRIA229=FB2548.jpg
GEOMETRIA229=FB2548.jpg (72 KiB) Προβλήθηκε 603 φορές
Οι κύκλοι (K), (O) τέμνονται στα σημεία A, M.

Η εφαπτομένη του (O) στο A, τέμνει τον (K) στο B, ενώ η εφαπτομένη του (K) στο A, τέμνει τον (O) στο C.

Αν P είναι το συμμετρικό του B ως προς M και η δια του M παράλληλη της AP επανα-τέμνει τον (O) στο E,

δείξτε οτι τα σημεία B, E, C είναι συνευθειακά.


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης

Λέξεις Κλειδιά:
Άβαταρ μέλους
S.E.Louridas
Δημοσιεύσεις: 5531
Εγγραφή: Σάβ Μαρ 21, 2009 10:53 am
Τοποθεσία: Aegaleo.
Επικοινωνία:

Re: Συνευθειακότητα σε τεμνόμενους κύκλους

#2

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από S.E.Louridas » Τρί Απρ 30, 2019 2:33 pm

Για τα χρόνια πολλά στον φίλο Σάκη, αλλά και στον Γιάννη Κοντάκη.

Αν E' \equiv BC \cap \left( O \right),\;\,T \equiv ME' \cap \left( K \right), τότε, \angle BTE' = \angle BAM = \angle MCA = \angle AE'T \Rightarrow AT\parallel BE'\;\left( 1 \right). \angle ABT = \angle AMT = \angle ACE' = \angle BAE' \Rightarrow BT\parallel AE'\;\,\left( 2 \right). Από τις \left( 1 \right),\left( 2 \right) προκύπτει ότι το AE’BT είναι παραλληλόγραμμο, οπότε οι διαγώνιες του διχοτομούνται, έστω στο σημείο I. Αν P’ σημείο της ημιευθείας BM (Μ μεταξύ των σημείων B,P’), ώστε AP'\parallel ME', τότε, BM = MP' \Rightarrow P \equiv P' \Rightarrow E \equiv E'.


S.E.Louridas

1.Μιλώ, μόνο όταν έχω να πώ κάτι καλύτερο από την σιωπή (Πυθαγόρας).
2.Οι αξίες αντανακλώνται, Δεν επιβάλλονται.
3.Είναι Κορυφαία η κάθε στιγμή επίλυσης ενός Μαθηματικού προβλήματος.
Altrian
Δημοσιεύσεις: 210
Εγγραφή: Τρί Μάιος 01, 2018 4:51 pm
Τοποθεσία: Βούλα, Αττική

Re: Συνευθειακότητα σε τεμνόμενους κύκλους

#3

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από Altrian » Τρί Απρ 30, 2019 7:16 pm

Καλησπέρα και χρόνια πολλά.

Δανείζομαι το σχήμα από τον θεματοδότη και ιδέες από τον κ. Λουρίδα.
Η προέκταση του ME τέμνει την BA στο μέσο της Q και τον (K) στο T. Εχουμε ότι:

\angle AEC=\angle AMC=\angle AOC/2=\dfrac{180-2\angle u}{2}=90-\angle u=\angle BMA. .... [1]

\angle TEA=\angle EMA+\angle EAM=\angle ACE+\angle ECM=\angle ACM=\angle BAM=\angle BTM.....[2]

Από τις σχέσεις: BQ=QA...,[2],...\angle TQB=\angle AQE ως κατακορυφήν προκύπτει ότι: \bigtriangleup TBQ=\bigtriangleup AQE\Rightarrow TBEA παραλληλόγραμμο.

Επίσης έχουμε: \angle BEM=\angle BTM+\angle TBE=\angle BAM+\angle TAB+\angle BAE=\angle ACM+\angle TMB+\angle EMA=\angle ACM+\angle BMA=\angle ACM+\angle AMC [3]

\angle MEC=\angle MAC..[4] γιατί βαίνουν στο ίδιο τόξο.

Τελικά προσθέτοντας κατά μέλη τις[3] και [4] παίρνουμε:

\angle BEM+\angle MEC=\angle MAC+\angle ACM+\angle AMC=180 ως άθροισμα γωνιών τριγώνου και αποδείχθηκε το ζητούμενο.
Συνημμένα
συνευθειακοτητα σε τεμνομενους κυκλους.png
συνευθειακοτητα σε τεμνομενους κυκλους.png (206.06 KiB) Προβλήθηκε 463 φορές


Αλέξανδρος Τριανταφυλλάκης
Άβαταρ μέλους
sakis1963
Δημοσιεύσεις: 775
Εγγραφή: Τετ Νοέμ 19, 2014 10:22 pm
Τοποθεσία: Κιάτο

Re: Συνευθειακότητα σε τεμνόμενους κύκλους

#4

Μη αναγνωσμένη δημοσίευση από sakis1963 » Σάβ Μάιος 04, 2019 1:03 am

Το παρόν πρόβλημα, συμπεριέλαβε στην συλλογή του Charme Geometrique 1, ο διάσημος Γάλλος γεωμέτρης Jean-Luis Ayme μαζί με ανάλυση και λύση.

Ο σύνδεσμος για την συλλογή, εδώ: Charme Geomtrique 1
.
GEOMETRIA229=FB2548Ayme.jpg
GEOMETRIA229=FB2548Ayme.jpg (105.06 KiB) Προβλήθηκε 386 φορές


''Οσοι σου λένε δεν μπορείς, είναι πιθανότατα αυτοί, που φοβούνται μήπως τα καταφέρεις''
Νίκος Καζαντζάκης
Απάντηση

Επιστροφή σε “Γεωμετρία - Επίπεδο Θαλή/Ευκλείδη (Seniors)”

Μέλη σε σύνδεση

Μέλη σε αυτήν τη Δ. Συζήτηση: Δεν υπάρχουν εγγεγραμμένα μέλη και 1 επισκέπτης