mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 20, 2022 7:36 pm**

Δίνεται παραλληλόγραμμο ABCD

. Με διάμετρο τη διαγώνιο

κατασκευάζουμε κύκλο $\omega$
που τέμνει για δεύτερη φορά τις ευθείες

και

στα σημεία

και

αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι, οι ευθείες

,

και η εφαπτομένη $\ell$ του κύκλου $\omega$ στο σημείο

,
διέρχονται από το ίδιο σημείο.
(Μπορούμε να περιοριστούμε στην περίπτωση που τα σημεία

και

βρίσκονται
στο εσωτερικό του κύκλου $\omega$ .)

: parallel.png (34.65 KiB) Προβλήθηκε 1630 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 20, 2022 11:31 pm**

Ας το δούμε προβολικά:

Έστω K, L

τα σημεία που οι AB, AD

τέμνουν την εφαπτομένη αντίστοιχα.

Οι δέσμες C.ABMK, C.LNDA

έχουν, φανερά, κάθετες, κατά σειρά, τις ακτίνες τους, μία πρις μία, επομένως έχουν ίσους διπλούς λόγους. Προκύπτει, άρα η ισότητα διπλών λόγων:

(ABMK)=(LNDA)

Αλλά

, οπότε

και, όπως είπε ο ... Πάππος, οι ευθείες BD, MN, KL

συντρέχουν.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Σεπ 20, 2022 11:33 pm**

giannimani έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 20, 2022 7:36 pm
Δίνεται παραλληλόγραμμο . Με διάμετρο τη διαγώνιο κατασκευάζουμε κύκλο $\omega$
που τέμνει για δεύτερη φορά τις ευθείες και στα σημεία και αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι, οι ευθείες , και η εφαπτομένη $\ell$ του κύκλου $\omega$ στο σημείο ,
διέρχονται από το ίδιο σημείο.
(Μπορούμε να περιοριστούμε στην περίπτωση που τα σημεία και βρίσκονται
στο εσωτερικό του κύκλου $\omega$ .)
parallel.png

Καλησπέρα Γιάννη

Ας δούμε το ισοδύναμο πρόβλημα:

Έστω τρίγωνο $\vartriangle AMN$ εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου και ας είναι το σημείο τομής της με την εφαπτόμενη στο αντιδιαμετρικό του . Αν είναι τα σημεία τομής της με τις να δειχθεί ότι το τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο

Λύση

: Διέρχονται από το ίδιο σημείο.png (44.9 KiB) Προβλήθηκε 1554 φορές

$\bullet$ Έστω

το δεύτερο (εκτός του

) εφαπτομενικό τμήμα του $\left( O \right)$ από το σημείο

. Προφανώς λόγω της διαμέτρου $AC\Rightarrow AE\bot CE:\left( 1 \right)$ . Αλλά και $SDOB\bot CE:\left( 2 \right)$ (μεσοκάθετη) (διακεντρική ευθεία από το

και τμήμα με άκρα τα σημεία επαφής των εφαπτομένων από το

στον $\left( O \right)$ .

$\bullet$ Από $\left( 1 \right),\left( 2 \right)\Rightarrow AE\parallel SDOB\equiv BD$ .
Το εγγεγραμμένο στον $\left( O \right)$ τετράπλευρο NCME

είναι αρμονικό και συνεπώς για το σημείο

του $\left( O \right)$ προκύπτει ότι η δέσμη A.MCNE

είναι αρμονική και με $AE\parallel BD\Rightarrow O$ το μέσο της

και με

το μέσο της διαμέτρου

προκύπτει ότι το τετράπλευρο ABCD

είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιες διχοτομούνται) και το ισοδύναμο πρόβλημα έχει αποδειχθεί .

Με εκτίμηση

Στάθης

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 21, 2022 1:05 am**

Δεν ξέρω αν έχει ενδιαφέρον, λύση με τριγωνομετρικό Ceva.

Δεν είναι δύσκολο. Γλυκά και αβίαστα βγαίνει. Το γράψιμο αποφεύγω...

Αν δεν το γράψει άλλος, θα το δοκιμάσω. (ίσως)

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 21, 2022 2:09 am**

giannimani έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 20, 2022 7:36 pm
Δίνεται παραλληλόγραμμο . Με διάμετρο τη διαγώνιο κατασκευάζουμε κύκλο $\omega$
που τέμνει για δεύτερη φορά τις ευθείες και στα σημεία και αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι, οι ευθείες , και η εφαπτομένη $\ell$ του κύκλου $\omega$ στο σημείο ,
διέρχονται από το ίδιο σημείο.
(Μπορούμε να περιοριστούμε στην περίπτωση που τα σημεία και βρίσκονται
στο εσωτερικό του κύκλου $\omega$ .)
parallel.png

Ισχύει, $\angle ICB=\angle CPN= \angle ACN= \angle AMN$ άρα IMQC

εγγράψιμμο,συνεπώς $IQ \bot BC$

Έτσι, $\triangle IQC \simeq \triangle CNP$ και $\triangle IBQ \simeq \triangle CDN$ άρα ισχύει

$\dfrac{NP}{QC}= \dfrac{PC}{CI}= \dfrac{AB}{BI}= \dfrac{CD}{BI}= \dfrac{CN}{IQ}= \dfrac{DN}{BQ}$ και σύμφωνα με θ.κ.δέσμης BD,MN,CP

συντρέχουν

: περνούν από το ίδιο σημείο.png (37.73 KiB) Προβλήθηκε 1514 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 21, 2022 3:32 am**

giannimani έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 20, 2022 7:36 pm
Δίνεται παραλληλόγραμμο . Με διάμετρο τη διαγώνιο κατασκευάζουμε κύκλο $\omega$
που τέμνει για δεύτερη φορά τις ευθείες και στα σημεία και αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι, οι ευθείες , και η εφαπτομένη $\ell$ του κύκλου $\omega$ στο σημείο ,
διέρχονται από το ίδιο σημείο.
(Μπορούμε να περιοριστούμε στην περίπτωση που τα σημεία και βρίσκονται
στο εσωτερικό του κύκλου $\omega$ .)
parallel.png

Αγνοώ τις δύο άλλες πλευρές ( $BC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CD$ ) του παραλληλογράμμου για να ελαφρύνει το σχήμα . Φυσικά ισχύει : OB = OD

με

το κέντρο του κύκλου .

Φέρνω από το

παράλληλη στην

και τέμνει την διάμετρο

στο

και τη χορδή

στο

.

Θα είναι λόγω κεντρικής δέσμης NT = TP

. Αν

το μέσο της χορδής

θα είναι :

$TK//\overline {MPBA} \,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OK \bot MN$ . μετά απ’ αυτά:

: Διέρχονται απο το ίδιο σημείο Giannimani_new_2.png (36.07 KiB) Προβλήθηκε 1505 φορές

1. $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_2}}$ ( εντός εκτός των $AM\,\,\kappa \alpha \iota \,\,TK$ τεμνομένων από την

) και $\widehat {{a_1}} = \widehat {{a_3}}\,\,$ ( εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο)

Δηλαδή το τετράπλευρο KTNC

είναι εγγράψιμο με άμεση συνέπεια : $\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}} = \widehat {{\theta _3}}$ , οπότε:

2. Το τετράπλευρο KOSC

είναι εγγράψιμο κι αφού $\widehat {OKS} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {OCS} = 90^\circ$ .

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Σεπ 21, 2022 10:11 am**

giannimani έγραψε: ↑
Τρί Σεπ 20, 2022 7:36 pm
Δίνεται παραλληλόγραμμο . Με διάμετρο τη διαγώνιο κατασκευάζουμε κύκλο $\omega$
που τέμνει για δεύτερη φορά τις ευθείες και στα σημεία και αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι, οι ευθείες , και η εφαπτομένη $\ell$ του κύκλου $\omega$ στο σημείο ,
διέρχονται από το ίδιο σημείο.
(Μπορούμε να περιοριστούμε στην περίπτωση που τα σημεία και βρίσκονται
στο εσωτερικό του κύκλου $\omega$ .)
parallel.png

Μια με στοιχειώδη τρόπο ( Α Λυκείου ).

Ας είναι

το σημείο τομής των ευθειών $BD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,MN$ . Φέρνω από το

κάθετη στην διακεντρική ευθεία

και τέμνει ακόμα τον κύκλο στο

.

Επειδή η $\widehat {CPA}$ βαίνει σε ημικύκλιο , θα είναι ορθή αφού δε OB = OD

το τραπέζιο BDPA

είναι ισοσκελές . Οι παρά τη βάση ,

γωνίες είναι ίσες .

$\widehat {{\omega _{}}} = \widehat {{\omega _1}}$ , ως εξωτερική στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο NMAP

. Αβίαστα δε προκύπτουν : $\widehat {{\omega _1}} = \widehat {{\omega _2}} = \widehat {{\omega _3}} \Rightarrow \boxed{\widehat {{\omega _{}}} = \widehat {{\omega _3}}}$ .

Δηλαδή το τετράπλευρο SNDP

είναι εγγράψιμο .

: Διέρχονται απο το ίδιο σημείο Giannimani_new_3.png (47.47 KiB) Προβλήθηκε 1460 φορές

Τώρα στο ισοσκελές τρίγωνο OCP

οι παρά τη βάση γωνίες του είναι ίσες, δηλαδή $\widehat {{\theta _{}}} = \widehat {{\theta _1}}$ .

Πάλι και λόγω του εγραψίμου , SNDP

, αβίαστα προκύπτουν : $\widehat {{\theta _1}} = \widehat {{\theta _2}} = \widehat {{\theta _3}} \Rightarrow \boxed{\widehat {{\theta _{}}} = \widehat {{\theta _3}}}$ .

Άρα το $\vartriangle PSO$ είναι ορθογώνιο στο

και έτσι η

εφάπτεται του αρχικού κύκλου στο

με άμεση συνέπεια και η

του ίδιου κύκλου στο

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 23, 2022 3:35 pm**

Δείτε και Εδώ.

Κώστας Βήττας.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Σεπ 23, 2022 7:18 pm**

Για τις σεβασιανές MN, BD, Ct

του τριγώνου MBC

έχω (τελικά όλες οι γωνίες μεταφέρονται στο εσωτερικό του παραλληλογράμμου) :

$\dfrac{sinCMN}{sinNMB}\,\,\dfrac{sinMBD}{sinBDC}\,\,\dfrac{sinBCt}{sintCM}\,\,=$

$\dfrac{sinCAN}{sinNCA}\,\,\dfrac{sinABD}{sinBDA}\,\,\dfrac{cosACD}{sinBAC}\,\,=$ $.\,\,\,\,(cosACD=sinNCA)$

$\dfrac{sinCAN}{sinACD}\,\,\dfrac{sinABD}{sinBDA}\,\,=$ (νόμος ημιτόνων)

$\dfrac{CD}{AD}\,\,\dfrac{AD}{AB}\,\,=1$

mathematica.gr

Διέρχονται από το ίδιο σημείο...

Διέρχονται από το ίδιο σημείο...

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο...

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο...

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο...

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο...

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο...

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο...

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο...

Re: Διέρχονται από το ίδιο σημείο...