Τι δεν βλέπει ο .. Λυκειόπαις ;

Γιώργος Μήτσιος · #1

Χαίρετε !

: 25-2-18 Τι δεν βλέπει ο ..Λυκειόπαις ;.PNG (6.71 KiB) Προβλήθηκε 1444 φορές

Τα

είναι εφαπτόμενα τμήματα στον κύκλο κέντρου

και

το μέσον του

.

(Η

είναι η πολική του

ως προς τον κύκλο ). Ευθεία από το

τέμνει τον κύκλο στα E,Z

.

Μπορούμε , με τη σχολική ύλη , να δείξουμε ότι $\widehat{BEZ}=\widehat{AEM}$ ; Μ' άλλα λόγια τί δεν βλέπω ως .. Λυκειόπαις ;
Ευχαριστώ Γιώργος.

mikemoke · #2

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 25, 2018 2:33 pm

Χαίρετε !
25-2-18 Τι δεν βλέπει ο ..Λυκειόπαις ;.PNG
Τα είναι εφαπτόμενα τμήματα στον κύκλο κέντρου και το μέσον του .

(Η είναι η πολική του ως προς τον κύκλο ). Ευθεία από το τέμνει τον κύκλο στα .

Μπορούμε , με τη σχολική ύλη , να δείξουμε ότι $\widehat{BEZ}=\widehat{AEM}$ ; Μ' άλλα λόγια τί δεν βλέπω ως .. Λυκειόπαις ;
Ευχαριστώ Γιώργος.

Έστω

η τομή κύκλου και

και

τομή κύκλου και

Tότε λόγω συμμετρίας EZKL

ισοσκελές τραπέζιο .Άρα

παράλληλη με

.
Λόγω αποστημάτων $OM \perp ZK$
Άρα ABZK

ισοσκελές τραπέζιο. (1)

Από χορδής και εγγεγραμμένης έχουμε $\angle AEK=\angle ABK$ και $\angle BEZ=\angle BAZ$
Από (1)

έπεται $\angle AEK=\angle BEZ$

#3

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 25, 2018 2:33 pm
Χαίρετε !
25-2-18 Τι δεν βλέπει ο ..Λυκειόπαις ;.PNG
Τα είναι εφαπτόμενα τμήματα στον κύκλο κέντρου και το μέσον του .

(Η είναι η πολική του ως προς τον κύκλο ). Ευθεία από το τέμνει τον κύκλο στα .

Μπορούμε , με τη σχολική ύλη , να δείξουμε ότι $\widehat{BEZ}=\widehat{AEM}$ ; Μ' άλλα λόγια τί δεν βλέπω ως .. Λυκειόπαις ;
Ευχαριστώ Γιώργος.

: Λυκειόπαις.png (13.56 KiB) Προβλήθηκε 1375 φορές

Από την ομοιότητα των τριγώνων PEB, PBZ

και

έχουμε:

$\displaystyle \frac{{BE}}{{BZ}} = \frac{{PB}}{{PZ}} = \frac{{PA}}{{PZ}} = \frac{{AE}}{{AZ}} \Rightarrow$ $\boxed{BE \cdot AZ = AE \cdot BZ}$

Αλλά, (*) $\displaystyle BE \cdot AZ + AE \cdot BZ = AB \cdot EZ \Leftrightarrow 2AE \cdot BZ = 2AM \cdot EZ \Leftrightarrow$ $\displaystyle \frac{{AE}}{{AM}} = \frac{{EZ}}{{BZ}}$

κι επειδή $\displaystyle M\widehat AE = B\widehat ZE$ τα τρίγωνα MAE, BZE

είναι όμοια, άρα $\boxed{A\widehat EM=B\widehat EZ}$

(*) Θεώρησα το θεώρημα Πτολεμαίου σχολική ύλη (

), αφού υπάρχει άσκηση στο σχολικό βιβλίο.

#4

: Σαν μαθητής_1.png (42.52 KiB) Προβλήθηκε 1341 φορές

Αν και η λύση του ( πολύ δυνατός σε όλα τα επίπεδα!) είναι η πιο στοιχειώδης και εκπληκτικά απλή.

Το τετράπλευρο OZEM

είναι εγγράψιμο ( Δύναμη σημείου και Θ. Ευκλείδη).

$\boxed{\widehat x + \widehat \theta + \widehat \phi = \widehat y + \widehat \theta + \widehat \phi = 90^\circ \Rightarrow \widehat x = \widehat y}$

Περισσότερα μετά τον αγώνα ( αν γίνει)

Γιώργος Μήτσιος · #5

Καλημέρα! Να ευχαριστήσω θερμά τους mikemoke , Γιώργο και Νίκο για την άμεση ανταπόκριση !
Για τους Γιώργο και Νίκο ήταν αναμενόμενο να προσφέρουν υπέροχες λύσεις
αφού κατά τη γνώμη μου δικαιούνται τον τίτλο ..

..Μ.Ε.Γ.ΑΣ (Μόνιμος Εκτελεστής Γεωμετρικών Ασκήσεων) .

Για την αφετηρία της -θαυμάσιας στη συνέχεια- λύσης του φίλου mikemoke , θεωρώ ότι το συμπέρασμα για τα ισοσκελή τραπέζια
λόγω συμμετρίας δεν είναι αυτονόητο. Η ευθεία

είναι βεβαίως άξονας συμμετρίας των

και

.
Τα

και

φαίνονται συμμετρικά ως προς την

(το ίδιο και τα E,L

) αλλά αυτό νομίζω πως πρέπει να αποδειχθεί..
Έπειτα με το ABZK

ως ισοσκελές τραπέζιο η λύση είναι υποδειγματική.
Φιλικά πάντοτε , Γιώργος.

: 26-2-18 Λυκειόπαις..PNG (8.28 KiB) Προβλήθηκε 1288 φορές

#6

Γιώργος Μήτσιος έγραψε: ↑
Κυρ Φεβ 25, 2018 2:33 pm
Χαίρετε !
25-2-18 Τι δεν βλέπει ο ..Λυκειόπαις ;.PNG
Τα είναι εφαπτόμενα τμήματα στον κύκλο κέντρου και το μέσον του .

(Η είναι η πολική του ως προς τον κύκλο ). Ευθεία από το τέμνει τον κύκλο στα .

Μπορούμε , με τη σχολική ύλη , να δείξουμε ότι $\widehat{BEZ}=\widehat{AEM}$ ; Μ' άλλα λόγια τί δεν βλέπω ως .. Λυκειόπαις ;
Ευχαριστώ Γιώργος.

Η πλήρης Λύση .

Φέρνω το απόστημα

στη χορδή

, έτσι $\widehat y = \widehat {{y_1}}\,\,(1)$ ( το μισό επικέντρου ισούται με την αντίστοιχη εγγεγραμμένη ).

Από το Θ, Ευκλείδη στο $\vartriangle BOP$ ισχύει : $P{B^2} = PM \cdot PO\,\,(2)$ .

Το

είναι εφαπτόμενο τμήμα άρα, $P{B^2} = PE \cdot PZ\,\,(3)$ . Από τις $(2)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(3)$

έχω : $PM \cdot PO = PE \cdot PZ$ που μας εξασφαλίζει ότι το τετράπλευρο MOZE

είναι

εγγράψιμο συνεπώς , $\widehat \phi = {\widehat \phi _1}\,\,(4)$ . Αλλά και $\widehat \theta = \widehat {{\theta _1}}\,\,(5)$ ( βαίνουν στο ίδιο τόξο)

: Τι δεν βλέπω σαν Λυκειοπαις.png (45.5 KiB) Προβλήθηκε 1268 φορές

Στα τρίγωνα τώρα , $AME\,\,\kappa \alpha \iota \,\,NOZ$ ισχύουν:

$\left\{ \begin{gathered} \widehat x + \widehat \phi + \widehat \theta = 90^\circ \hfill \\ \widehat {{y_1}} + \widehat {{\phi _1}} + \widehat {{\theta _1}} = 90^\circ \hfill \\ \end{gathered} \right.\mathop \Rightarrow \limits^{(1)\,,\,(4)\,,\,(5)} \left\{ \begin{gathered} \widehat x + \widehat \phi + \widehat \theta = 90^\circ \hfill \\ \widehat y + \widehat \phi + \widehat \theta = 90^\circ \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \boxed{\widehat x = \widehat y}$ .

Τι δεν βλέπει ο .. Λυκειόπαις ;

Τι δεν βλέπει ο .. Λυκειόπαις ;

Re: Τι δεν βλέπει ο .. Λυκειόπαις ;

Re: Τι δεν βλέπει ο .. Λυκειόπαις ;

Re: Τι δεν βλέπει ο .. Λυκειόπαις ;

Re: Τι δεν βλέπει ο .. Λυκειόπαις ;

Re: Τι δεν βλέπει ο .. Λυκειόπαις ;

Μέλη σε σύνδεση