Από τη Ρωσία με αγάπη

#1

: Από τη Ρωσία με αγάπη ggb.png (6.85 KiB) Προβλήθηκε 1906 φορές

Στις πλευρές AB, AD

ενός τετραγώνου ABCD

παίρνουμε τα σημεία K, N

αντίστοιχα, ώστε να ισχύει $\displaystyle{AK \cdot AN = 2BK \cdot DN}$ .

Αν τα τμήματα CK, CN

τέμνουν τη διαγώνιο

στα σημεία L, M

,

να δειχθεί ότι τα σημεία K, L, M, N, A

είναι ομοκυκλικά.

#2

george visvikis έγραψε: Στις πλευρές ενός τετραγώνου παίρνουμε τα σημεία αντίστοιχα, ώστε να ισχύει $\displaystyle{AK \cdot AN = 2BK \cdot DN}$ . Αν τα τμήματα τέμνουν τη διαγώνιο στα σημεία , να δειχθεί ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Γιώργο καλημέρα!!! με αγάπη από την Αιδηψό

Αυτό το Θέμα μου φαίνεται ιδιαίτερα όμορφο. Έχω μια λύση (στοιχειώδη μεν, μπελαλίδικη δε) αλλά είναι πολύ αργά για να γραφτεί (είναι και "μπόλικη") και θα επανέλθω αύριο (δεν ξέρω τι ώρα θα ξυπνήσω ) αν δεν βρεθεί κάτι πιο απλό.

Να είσαι πάντα καλά και σε ευχαριστώ θερμά για τα όμορφα θέματα που μας "ταΐζεις"

Με εκτίμηση
Στάθης

#3

george visvikis έγραψε: Στις πλευρές ενός τετραγώνου παίρνουμε τα σημεία αντίστοιχα, ώστε να ισχύει $\displaystyle{AK \cdot AN = 2BK \cdot DN}$ . Αν τα τμήματα τέμνουν τη διαγώνιο στα σημεία , να δειχθεί ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Καλημέρα σε όλους. Από την Αιδηψό με απέραντη αγάπη ...

$\displaystyle{ \bullet }$ Εστω $\displaystyle{P}$ το συμμετρικό του $\displaystyle{N}$ ως προς το $\displaystyle{D \Rightarrow \boxed{\left( {NP} \right) = 2\left( {ND} \right)}:\left( 1 \right)}$ , και ας είναι $\displaystyle{F,Q,Y}$ τα σημεία τομής της εκ του $\displaystyle{N}$

παραλλήλου προς την $\displaystyle{AC}$ με τις $\displaystyle{BD,CD,CP}$ αντίστοιχα.

Τότε με $\displaystyle{NY\parallel AC\mathop \Rightarrow \limits^{\Theta .\Theta \alpha \lambda \eta } \frac{{\left( {AN} \right)}}{{\left( {NP} \right)}} = \frac{{\left( {CY} \right)}}{{\left( {YP} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \frac{{\left( {AN} \right)}}{{2\left( {ND} \right)}} = \frac{{\left( {CY} \right)}}{{\left( {YP} \right)}}}$ $\displaystyle{\mathop \Rightarrow \limits^{\frac{{\left( {AN} \right)}}{{2\left( {ND} \right)}} = \frac{{\left( {BK} \right)}}{{\left( {KB} \right)}}} \frac{{\left( {BK} \right)}}{{\left( {KB} \right)}} = \frac{{\left( {CY} \right)}}{{\left( {YP} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{BC\parallel AP} \boxed{KY\parallel AP\parallel BC}:\left( 2 \right)}$

και ας είναι $\displaystyle{X \equiv KY \cap CD}$ . Με $\displaystyle{NQ\parallel AC\mathop \Rightarrow \limits^{\angle DNQ = \angle DAC = {{45}^0} = \angle ACQ} ANQC}$ ισοσκελές τραπέζιο και συνεπώς με $\displaystyle{BD}$ μεσοκάθετη της $\displaystyle{AC}$

προκύπτει ότι $\displaystyle{D,F,M,O,L,B}$ είναι συνευθειακά, με $\displaystyle{M \equiv AQ \cap CN,O \equiv AQ \cap CN,F \equiv BD \cap NF}$ .
[attachment=0]Από τη Ρωσία με αγάπη.png[/attachment]
$\displaystyle{ \bullet }$ Με $\displaystyle{CD}$ μεσοκάθετη της $\displaystyle{ND \Rightarrow \left( {QN} \right) = \left( {QP} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\angle QNP = {{45}^0}} \angle NQP = {90^0}}$ $\displaystyle{ \Rightarrow PQ \bot NQ\mathop \Rightarrow \limits^{NQ\parallel AC} PQ \bot AC\mathop \Rightarrow \limits^{CQ \bot AP} Q}$ το ορθόκεντρο

του τριγώνου $\displaystyle{\vartriangle ACP \Rightarrow AQ \bot CP}$ και ας είναι $\displaystyle{Z \equiv AQ \cap CP \Rightarrow AQ \bot AP\mathop \Rightarrow \limits^{YX \bot XQ\left( {XY\parallel AP} \right),AB \bot BC} XQZY,ABCY}$ εγγράψιμα

σε κύκλους οπότε: $\displaystyle{\left\{ \begin{gathered} \angle XZA \equiv \angle XZQ\mathop = \limits^{XYZQ\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle XYQ\mathop = \limits^{XY\parallel ND} \angle DNQ = {45^0} \\ \angle BZA\mathop = \limits^{ABCZ\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle BCA = {45^0} \\ \end{gathered} \right.}$ $\displaystyle{ \Rightarrow B,X,Z}$ συνευθειακά, οπότε:

από το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο $\displaystyle{KBCX \Rightarrow \angle YKC \equiv \angle XKC = \angle BXK\mathop = \limits^{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \nu } \angle ZXY}$

$\displaystyle{\mathop = \limits^{XYZQ\,\,\varepsilon \gamma \gamma \rho \alpha \psi \iota \mu o} \angle YQZ\mathop = \limits^{\kappa \alpha \tau \alpha \kappa o\rho \upsilon \varphi \eta \nu } \angle MQN = }$ $\displaystyle{\mathop = \limits^{MD\,\,\mu \varepsilon \sigma o\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \eta \,\,\tau \eta \varsigma \,\,NQ} \angle MNQ \equiv \angle CNY \Rightarrow \boxed{\angle YKC = \angle CNY} \Rightarrow KCYN}$

εγγράψιμο, οπότε: $\displaystyle{\angle KCN = \angle KYN = {45^0} \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \boxed{\angle KCM \equiv \angle KCN = \angle KBM = {{45}^0}}:\left( 3 \right) \hfill \\ \boxed{\angle LCN \equiv \angle KCN = \angle LDN = {{45}^0}}:\left( 4 \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.}$ .

$\displaystyle{ \bullet }$ Από $\displaystyle{\left( 3 \right) \Rightarrow KBCM}$ εγγράψιμο οπότε: $\displaystyle{\boxed{\angle KMN = \angle KBC = {{90}^0}}:\left( 5 \right)}$ και απο $\displaystyle{\left( 4 \right) \Rightarrow LCDN}$ εγγράψιμο άρα

$\displaystyle{\boxed{\angle KLN = \angle CDN = {{90}^0}}:\left( 6 \right)}$ . Τέλος από $\displaystyle{\left( 5 \right),\left( 6 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\angle KAN = {{90}^0}} A,K,L,M,N}$ ανήκουν σε κύκλο διαμέτρου $\displaystyle{KN}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

GMANS · #4

Έστω

το μέτρο της πλευράς του τετραγώνου τότε

$(AK)(AN)=2(BK)(DN)\Leftrightarrow 2a^2-2(AN+AK)a+(AK)(AN) = 0 \Leftrightarrow$ (AK)+(AN)+(KN)=2a

οπότε

Αν

σημείο στην προέκταση της

προς το μέρος του

ώστε

τότε

και

( από την ισότητα των τριγώνων $KBC,\ CDP$ ) επομένως

μεσοκάθετος της

οπότε $MK=MP,\ NP=NK,\ MN$ κοινή άρα είναι

ίσα τα τρίγωνα KMN, MNP

τότε $\widehat{KMN}=\widehat{PMN}=90^0$

όμοια $\widehat{NIK}=90^0$ οπότε τα ζητούμενα σημεία είναι ομοκυκλικά και ανήκουν στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου KAN

.

Μετά από π.μ. του Κώστα Βήττα (τον οποίο και ευχαριστώ) προέκυψε πρόβλημα στο συμπέρασμα
$\widehat{KMN}=\widehat{PMN}=90^0$ μια και πέρνει δεδομένο : K, M, P

συνευθειακά
Αφήνω την απόδειξη για διδακτικούς λόγους

#5

Καλημέρα Στάθη

Πρώτα απ' όλα σ' ευχαριστώ που έχασες τον ύπνο σου για να ασχοληθείς με αυτή την άσκηση ( γιατί απ' ό,τι κατάλαβα δεν κοιμήθηκες καθόλου. Υπολογίζω από τις 4 μέχρι τις 8 και ούτε).

Πάντως είσαι άπαιχτος!!!

Δεν έχω γνωρίσει ποτέ μου άνθρωπο με τόση φαντασία.

Σ' ευχαριστώ και πάλι και καλή σου μέρα

Γιώργος

#6

GMANS έγραψε:έστω a το μέτρο της πλευράς του τετραγώνου τότε
$(AK)(AN)=2(BK)(DN)\Leftrightarrow 2a^2-2(AN+AK)a+(AK)(AN) \Leftrightarrow (AK)+(AN)+(KN)=2a$
οπότε (BK)+(ND)=(KN)

Αν P σημείο στην προέκταση της AD προς το μέρος του D ώστε (DP)=(KA)
τότε (NK)=(NP) και (KC)=(CP)(από την ισότητα των τριγώνων KBC,CDP)
επομένως CN μεσοκάθετος της ΚP οπότε MK=MP, NP=NK,MN κοινή άρα είναι
ίσα τα τρίγωνα ΚΜΝ, ΜΝΡ τότε
$\widehat{KMN}=\widehat{PMN}=90^0$
όμοια $\widehat{NIK}=90^0$
οπότε τα ζητούμενα σημεία είναι ομοκυκλικά και ανήκουν στον περιγεγραμμένο
κύκλο του τριγώνου ΚΑΝ

Καλημέρα GMANS

Φοβερή λύση!!!

Δεν την είδα αναλυτικά επειδή δεν έχει σχήμα, αλλά και γιατί βιάζομαι να φύγω. Πάντως φαίνεται πολύ ωραία και απλή.

Σ΄ευχαριστώ

Γιώργος

Επανέρχομαι.

Ομολογώ ότι δυσκολεύτηκα να καταλάβω κάποια σημεία( λίγο απότομα), αλλά αυτό
με τίποτα δεν μειώνει την υπέροχη αυτή λύση!!!

thanasis.a · #7

george visvikis έγραψε:
Το συνημμένο Από τη Ρωσία με αγάπη ggb.png δεν είναι πλέον διαθέσιμο
Στις πλευρές ενός τετραγώνου παίρνουμε τα σημεία

αντίστοιχα, ώστε να ισχύει $\displaystyle{AK \cdot AN = 2BK \cdot DN}$ .

Αν τα τμήματα τέμνουν τη διαγώνιο στα σημεία ,

να δειχθεί ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

: DRAW1.1.png (22.59 KiB) Προβλήθηκε 1655 φορές

..καλησπέρα..

ονομάζω BK=x,ND=t,AB=BC=CD=AD=a

Επειδή $\bigtriangleup BCM\approx \bigtriangleup MND\,\,\,(\hat{B}=\hat{D}=45^{\circ} ,\,\,\,\hat{NMD}=\hat{BMC})\displaystyle\Rightarrow \frac{BM}{MD}=\frac{BC}{ND}$ \displaystyle{\displaystyle\Rightarrow \frac{BM}{MD+BM}=\frac{BC}{ND+BC}\Rightarrow ...BM=\frac{\sqrt{2}a^{2}}{a+t}\,\,\,\,(1) Επίσης:

\displaystyle\bigtriangleup BKL\approx \bigtriangleup CLD\Rightarrow \frac{BK}{CD}=\frac{BL}{LD}\displaystyle\Rightarrow \frac{BK}{CD+BK}=\frac{BL}{LD+BL}} $\displaystyle\Rightarrow ....\Rightarrow BL=\frac{\sqrt{2}ax}{a+x}\,\,\,\,(2)$

Από την υπόθεση έχουμε ότι: $AK\cdot AN=2\cdot BK\cdot DN\Rightarrow ....\Rightarrow a^{2}=at+ax+xt\,\,\,\,(3)$

Παρατηρούμε τώρα (με την βοήθεια των σχέσεων (1),(2)) ότι: $BK\cdot BA=BL\cdot BM\Leftrightarrow ......\Rightarrow a^{2}=at+ax+xt$ η οπόία και ισχύει λόγω της (3)

δηλαδή τα σημεία K,L,M,A

υπακούουν στην σχέση $BK\cdot BA=BL\cdot BM$ δηλαδή είναι ομοκυκλικά

Ακριβώς με την ίδια διαδικασία δείχνουμε ότι: $DN\cdot DA=DM\cdot DL$ που σημαίνει ότι τα σημεία N,A,M,L

είναι ομοκυκλικά και άρα

το πεντάπλευρο KLMNA

είναι εγγράψιμο

#8

Από το Μαρούσι Αττικής, με αγάπη.

$\bullet$ Έστω το σημείο $O\equiv AC\cap BD$ και στο τρίγωνο $\vartriangle OAB$ με διατέμνουσα την KLC,

σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε $\displaystyle \frac{KB}{KA}\cdot \frac{CA}{CO}\cdot \frac{LO}{LB} = 1$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{2(BK)}{AK} = \frac{BL}{OL}\ \ \ ,(1)$ λόγω AC = 2(OC)

.

Έστω

το σημείο επί της

ώστε να έίναι $LE\parallel AB$ και έχουμε $\displaystyle \frac{BL}{OL} = \frac{AE}{EO}\ \ \ ,(2)$

Από $(1),\ (2)$ και (AK)(AN) = 2(BK)(ND)

$\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{AN}{ND} = \frac{2(BK)}{AK}$ της εκφώνησης, προκύπτει ότι $\displaystyle \frac{AE}{EO} = \frac{AN}{ND}$ $\Longrightarrow$ $EN\parallel BD$ και άρα, το τρίγωνο $\vartriangle EAN$ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

: Από την Ρωσία με αγάπη.; f=22_t=41285.PNG (25.73 KiB) Προβλήθηκε 1546 φορές

$\bullet$ Θα αποδείξουμε πρώτα ότι τα σημεία $A,\ N,\ M,\ L$ είναι ομοκυκλικά.

Τα τρίγωνα $\vartriangle LAB,\ \vartriangle NCA$ είναι όμοια γιατί έχουν $\angle ABL = \angle CAN = 45^{o}$ και $\displaystyle \frac{BA}{AC} = \frac{AE}{AN} = \frac{BL}{AN}$ $\Longrightarrow$ $\displaystyle \frac{BA}{BL} = \frac{AC}{AN}\ \ \ ,(3)$ λόγω του ορθογωνίου ισοσκελούς τριγώνου $\vartriangle EAN$ και του ισοσκελούς τραπεζίου ABLE.

Από την ομοιότητα αυτών των τριγώνων έχουμε $\angle ACN = \angle BAL = \angle ALE\ \ \ ,(4)$ λόγω $LE\parallel AB.$

Από (4)

και $\angle CAN = \angle ELO = 45^{o}$ και $\angle CND = \angle ACN + 45^{o}$ προκύπτει ότι $\angle ALO\equiv ALM = \angle CND$ και άρα, το τετράπλευρο ANML

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (O')

και έστω το σημείο $K'\equiv AB\cap (O').$

Αρκεί τώρα να αποδειχθεί ότι το σημείο

ταυτίζεται με το σημείο

της εκφώνησης.

$\bullet$ Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ANML

έχουμε $\angle MLN = \angle MAN\equiv \angle MAD\ \ \ ,(5)$

Αλλά, ισχύει $\angle MAD = \angle MCD\equiv \angle NCD\ \ \ ,(6)$ λόγω συμμετρίας του σχήματος ως προς την ευθεία BD.

Από $(5),\ (6)$ $\Longrightarrow$ $\angle NCD = \angle NLM\equiv \angle NLD\ \ \ ,(7)$

Από (7)

προκύπτει ότι το τετράπλευρο CDNL

είναι εγγράψιμο και άρα ισχύει $\angle NLC = 90^{o}\ \ \ ,(8)$ λόγω $\angle NDC = 90^{o}.$

Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ANLK'

έχουμε $\angle NLK' = 90^{o}\ \ \ ,(9)$ λόγω $\angle NAK' = 90^{o}.$

Από $(8),\ (9)$ συμπεραίνεται ότι τα σημεία $K',\ L,\ C$ είναι συνευθειακά και άρα, το σημείο $K'\equiv AB\cap (O')$ ταυτίζεται με το σημείο $K\equiv AB\cap CL.$

Άρα, τα σημεία $A,\ K,\ L,\ M,\ N$ είναι ομοκυκλικά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα το σχήμα και συγχωρέστε με για τυχόν αβλεψίες μου, λόγω του προχωρημένου της ώρας.

#9

Καλημέρα σε όλους και Καλό μήνα!

Σας ευχαριστώ όλους που ασχοληθήκατε με αυτή την άσκηση
και δώσατε τόσο ωραίες και πρωτότυπες λύσεις.

Γιώργος

#10

Για λόγους πληρότητας να παρατηρήσω ότι έχουμε μελετήσει αυτό το σχήμα στη συλλογή ασκήσεων στο τετράγωνο. Η πρόταση είναι ισοδύναμη με αυτές που απέδειξαν εκεί οι Γνωστοί Στάθης και Μπαλόγλου, και με την εξής: ο κύκλος (C,CB)

εφάπτεται στην

#11

rek2 έγραψε:Για λόγους πληρότητας να παρατηρήσω ότι έχουμε μελετήσει αυτό το σχήμα στη συλλογή ασκήσεων στο τετράγωνο. Η πρόταση είναι ισοδύναμη με αυτές που απέδειξαν εκεί οι Γνωστοί Στάθης και Μπαλόγλου, και με την εξής: ο κύκλος εφάπτεται στην

Πράγματι Κώστα το σχήμα έχει μελετηθεί. Είναι η άσκηση 158 από εδώ (τελευταία σελίδα (37)), δική σου πρόταση με την οποία "έκλεισε η πόρτα" της καταπληκτικής εκείνης συλλογής, από εμένα και τον Γιώργο.

Να είσαι πάντα καλά, όπου και αν βρίσκεσαι.

Στάθης

#12

george visvikis έγραψε: Στις πλευρές ενός τετραγώνου παίρνουμε τα σημεία αντίστοιχα, ώστε να ισχύει $\displaystyle{AK \cdot AN = 2BK \cdot DN}$ . Αν τα τμήματα τέμνουν τη διαγώνιο στα σημεία , να δειχθεί ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Η λύση αυτή είναι αφιερωμένη στον φίλτατο ΜΕΓΙΣΤΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ (εγώ συνηθίζω να τον λέω ΔΙΆΝΟΙΑ) Κώστα Ρεκούμη (rek,ή rek2)

: 1.png (25.74 KiB) Προβλήθηκε 1360 φορές

Έστω $\displaystyle{E}$ το σημείο τομής της στο $\displaystyle{A}$ καθέτου προς την $\displaystyle{AC}$ με την $\displaystyle{CD}$ και ας είναι $\displaystyle{P \equiv CMN \cap AE}$ και $\displaystyle{O \equiv AC \cap BD}$ . Τότε το τρίγωνο $\displaystyle{\vartriangle CAE}$

είναι ορθογώνιο ισοσκελές ( $\displaystyle{AD}$ ύψος και διχοτόμος) και με $\displaystyle{OD\parallel AE\left( {OD \bot AC,AE \bot AC} \right)\mathop \Rightarrow \limits^{O\,\,\mu \varepsilon \sigma o\,\,\tau \eta \varsigma \,\,CA} \ldots \boxed{\left( {PE} \right) = 2\left( {MD} \right)}:\left( 1 \right)}$ .

Με $\displaystyle{\left( {AK} \right) \cdot \left( {AN} \right) = 2\left( {ND} \right) \cdot \left( {KB} \right) \Rightarrow }$ $\displaystyle{\frac{{\left( {AK} \right)}}{{\left( {KB} \right)}} = 2\frac{{\left( {ND} \right)}}{{\left( {AN} \right)}}\mathop = \limits^{MD\parallel AP} 2\frac{{\left( {MD} \right)}}{{\left( {AP} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( 1 \right)} \boxed{\frac{{\left( {AK} \right)}}{{\left( {KB} \right)}} = \frac{{\left( {PE} \right)}}{{\left( {PA} \right)}}}:\left( 2 \right)}$ .

Από την $\displaystyle{\left( 2 \right)}$ προκύπτει ότι στα όμοια ορθογώνια ισοσκελή τρίγωνα $\displaystyle{\vartriangle CBA,\vartriangle CAE}$ τα τμήματα $\displaystyle{CK,CP}$ είναι ομόλογα οπότε θα σχηματίζουν ίσες γωνίες

με τις ομόλογες πλευρές τους, δηλαδή $\displaystyle{\angle BCK = \angle ACP \equiv \angle ACN\mathop \Rightarrow \limits^{\angle BCA = {{45}^0}} }$ $\displaystyle{\angle KCN = {45^0} = \angle LDN = \angle KBM \Rightarrow CLND,CMKB}$

εγγράψιμα και συνεπώς $\displaystyle{\left\{ \begin{gathered} \angle KLN = \angle CDN = {90^0} \hfill \\ \angle KMN = \angle KBC = {90^0} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow K,L,M,N,(A)}$ ομοκυκλικά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

S.E.Louridas · #13

Θεωρούμε

και $F \equiv CN \cap KT.$
Παρατηρούμε:
$a = AB \Rightarrow \left( {a - KB} \right)\left( {a - ND} \right) = 2KBND \Rightarrow \frac{{AK}} {{AT}} = \frac{{ND}}{{CD}} \Rightarrow$ $\vartriangle AKT \sim \vartriangle NCD,$

που οδηγεί στο ότι $\angle T_1 = \angle C_1 \Rightarrow$ $\angle TFC = 90^ \circ ,\;\;\angle F_1 = \angle C_2 = \angle C_3 = \angle F_2 \Rightarrow F \equiv N.$
Εδώ θεωρώ ότι επί της ουσίας τελειώσαμε.

#14

S.E.Louridas έγραψε:Παρατηρούμε:
$\Rightarrow$ $(a - KB)(a - ND) = 2KB\cdot ND\ \ \ ,(1)$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{AK}{AT} = \frac{ND}{CD}\ \ \ ,(2)$

Βέβαια, είναι ένα θέμα ( για μένα τουλάχιστον ) το να μπορείς να παρατηρήσεις κάτι τέτοιο.

$\bullet$ Από (1)

$\Rightarrow$ $a^{2} -a(KB) - a(ND) = (KB)(ND)$ $\Rightarrow$ $a(a - KB) = (ND)(a + KB)\ \ \ ,(3)$

Από (3)

$\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{a - BK}{a + BK} = \frac{ND}{a}$ $\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{a - BK}{a + DT} = \frac{ND}{CD}$ $\Rightarrow$ (2)

Κώστας Βήττας.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

S.E.Louridas · #15

Κατ’ αρχάς Κώστα σε ευχαριστώ.

Απλά θεώρησα ότι οι Μαθητές μπορούν να κάνουν παραγοντοποίηση κατά ομάδες και δίνοντας το στίγμα «ξεκίνημα – τελείωμα» τους άφησα να κάνουν τις ελάχιστες ενδιάμεσες πράξεις, τοποθετώντας προφανώς ρητορικά πρίν το ρήμα «Παρατηρούμε».

Η μέθοδος επίλυσης εδώ στηρίχτηκε σε δύο κινήσεις κλειδιά, η πρώτη να προεκταθεί η πλευρά

κατά τμήμα DT=BK

, ώστε να γίνει μεταφορά του τριγώνου CBK

χρησιμοποιώντας το τετράγωνο και άρα να δημιουργηθεί ισότητα και η δεύτερη να ληφθεί συγκεκριμένο σημείο τομής τών CN, KT

( δηλαδή το σημείο που ονομάσαμε

) και να ταυτισθεί με το σημείο

. Ας δούμε όμως και το Finale της άσκησης μετά την εκφώνηση, το quote με τον κύριο κορμό της λύσης και την φράση ...εδώ επί της ουσίας τελειώσαμε..., ώστε πλέον να δούν την λύση της άσκησης και κύρια οι Μαθητές ολοκληρωμένη.

george visvikis έγραψε: Στις πλευρές ενός τετραγώνου παίρνουμε τα σημεία αντίστοιχα, ώστε να ισχύει $\displaystyle{AK \cdot AN = 2BK \cdot DN}$ .
Αν τα τμήματα τέμνουν τη διαγώνιο στα σημεία , να δειχθεί ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

S.E.Louridas έγραψε:Θεωρούμε και $F \equiv CN \cap KT.$
Παρατηρούμε:
$a = AB \Rightarrow \left( {a - KB} \right)\left( {a - ND} \right) = 2KBND \Rightarrow \frac{{AK}} {{AT}} = \frac{{ND}}{{CD}} \Rightarrow$ $\vartriangle AKT \sim \vartriangle NCD,$

που οδηγεί στο ότι $\angle T_1 = \angle C_1 \Rightarrow$ $\angle TFC = 90^ \circ ,\;\;\angle F_1 = \angle C_2 = \angle C_3 = \angle F_2 \Rightarrow F \equiv N.$
Εδώ θεωρώ ότι επί της ουσίας τελειώσαμε.

Και τελειώσαμε καθότι το τετράπλευρο ANFK

είναι πλέον εγγράψιμο, επομένως αρκεί και το τετράπλευρο KNFL

να βγει εγγράψιμμο. Από τις προηγούμενες εγγραψιμότητες έχουμε $\angle LCF = 45^ \circ = \angle FCT \Rightarrow KF = FT \Rightarrow \angle KNF = \angle FND = \angle FLC,$ από τα όμοια τρίγωνα FND, FCL

.

#16

george visvikis έγραψε: Στις πλευρές ενός τετραγώνου παίρνουμε τα σημεία αντίστοιχα, ώστε να ισχύει $\displaystyle{AK \cdot AN = 2BK \cdot DN}$ . Αν τα τμήματα τέμνουν τη διαγώνιο στα σημεία , να δειχθεί ότι τα σημεία είναι ομοκυκλικά.

Θέλοντας να αναφερθώ στην οξυδέρκεια του ΤΕΡΑΣΤΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ ΜΑΣ Σωτήρη Λουρίδα που μας κάνει περήφανους για την

Ελληνική Μαθηματική Παιδεία στο Παγκόσμιο στερέωμα με το μεγάλο του εκτόπισμα να του αφιερώσω ταπεινά μια ακόμα προσέγγιση του προβλήματος.

: Από τη Ρωσία με αγάπη.png (22.18 KiB) Προβλήθηκε 1095 φορές

Έστω $\displaystyle{P}$ το μέσο της $\displaystyle{AN}$ και $\displaystyle{O \equiv AC \cap BD}$ προφανώς το μέσο (και) της $\displaystyle{AC}$ οπότε: $\displaystyle{PO\parallel NC \Rightarrow PO\parallel NM \Rightarrow \frac{{\left( {DN} \right)}}{{\left( {NP} \right)}} = \frac{{\left( {DM} \right)}}{{\left( {MO} \right)}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{\frac{{2\left( {DN} \right)}}{{\left( {AN} \right)}} = \frac{{\left( {DM} \right)}}{{\left( {MO} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\left( {AK} \right)\left( {AN} \right) = 2\left( {BK} \right)\left( {DN} \right)} }$ $\displaystyle{\frac{{\left( {AK} \right)}}{{\left( {KB} \right)}} = \frac{{\left( {DM} \right)}}{{\left( {MO} \right)}}\mathop \Rightarrow \limits^{\vartriangle DOC \sim \vartriangle ABC} \angle CMB = \angle CKB \Rightarrow BCMK}$ εγγράψιμο οπότε:

$\displaystyle{\boxed{\angle KMN = \angle KBC = {{90}^0}}:\left( 1 \right)}$ και $\displaystyle{\angle KCM = \angle KBM = {45^0} = \angle LDN \Rightarrow CLDN}$ εγγράψιμο άρα

$\displaystyle{\boxed{\angle KLN = \angle CDN = {{90}^0}}:\left( 2 \right)}$ . Από $\displaystyle{\left( 1 \right),\left( 2 \right)\mathop \Rightarrow \limits^{\angle KAN = {{90}^0}} K,L,M,N,A}$ ομοκυκλικά και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Με απέραντη εκτίμηση
Ο φίλος σου
Στάθης

Από τη Ρωσία με αγάπη

Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Re: Από τη Ρωσία με αγάπη

Μέλη σε σύνδεση