Πολωνέζικη πεταλούδα

#1

: Πολωνέζικη πεταλούδα.png (15.32 KiB) Προβλήθηκε 1896 φορές

Στο εσωτερικό εγγεγραμμένου τετραπλεύρου ABCD

υπάρχει σημείο

ώστε $\displaystyle A\widehat SD = B\widehat SC$ και $\displaystyle A\widehat DS = C\widehat BS.$

Αν η διχοτόμος της γωνίας $A\widehat SB$ τέμνει τον κύκλο στα P, Q,

να δείξετε ότι SP=SQ.

JimNt. · #2

Αν η τομή των

,

είναι

τότε με γωνίες λόγω των όμοιων DSB

,

προκύπτει ότι XADS

,

εγγράψιμα και ότι P,X,S

συνευθειακά. Άρα από ριζικούς άξονες

,

συντρέχουν στο

. Με pascal στο ADDBCC

έχουμε πως

συμμετροδιάμεσος στο DPC

. Άρα αρκεί SPD

,

να είναι όμοια. Αυτό όμως βγαίνει εύκολα με γωνίες.

#3

Στο σχήμα οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες. Ομοίως και οι μπλε.

Να αποδειχτεί ότι το ΟΣ είναι κάθετο στο ΣΕ.

Με απλά μέσα.

Όχι κανόνια...

: 111.png (40.25 KiB) Προβλήθηκε 1726 φορές

Xriiiiistos · #4

george visvikis έγραψε: ↑
Σάβ Ιούλ 27, 2019 11:23 am
Πολωνέζικη πεταλούδα.png
Στο εσωτερικό εγγεγραμμένου τετραπλεύρου υπάρχει σημείο ώστε $\displaystyle A\widehat SD = B\widehat SC$ και $\displaystyle A\widehat DS = C\widehat BS.$

Αν η διχοτόμος της γωνίας $A\widehat SB$ τέμνει τον κύκλο στα να δείξετε ότι

Θα το γράψω λύγω πιο αναλυτικά το πρώτο έστω X η τομή των διαγωνίων τότε από όμοια τρίγωνα ASD

και

έχουμε $\frac{BS}{SC}=\frac{DS}{AS}\Leftrightarrow \frac{BS}{DS}=\frac{SC}{SA}$ και αφού $\widehat{DSB}=\widehat{ASC}$ τα ASC,DSB

είναι όμοια και από γωνίες AXSD,BXSC

εγγράψιμα άρα $\widehat{AOB}=\widehat{ACB}+\widehat{ADB}=\widehat{ASX}+\widehat{BSX}=\widehat{ASB}$ ΆΡΑ ASOB

εγγράψιμο και $\widehat{XSO}=\widehat{BDA}+\widehat{OAB}=90$ ΆΡΑ S το μέσο του PG

#5

rek2 έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 28, 2019 8:13 pm

Με απλά μέσα.
Όχι κανόνια...
111.png

Αν δεν είναι κανόνια (ένα παραλληλόγραμμο, ένα ισοσκελές τραπέζιο (οπότε παραλληλία) και καθετότητα στην κοινή χορδή τεμνομένων κύκλων ) πες μου Κώστα να τη γράψω από την πρωτεύουσα της Ευρώπης (αύριο) γιατί τώρα είναι πολύ αργά και "έχουμε δουλειές"

Να περνάς καλά όπου και να είσαι

Θα έρθω Ελλάδα με τη Γυναίκα μου και την εγγονή μου (και την κόρη μου) μετά τις 15 Αυγούστου. Αν είσαι ροβιές πάρε ένα τηλεφωνάκι να βρεθούμε για το κρασάκι μας.

Στάθης

#6

ΣΤΑΘΗΣ ΚΟΥΤΡΑΣ έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 29, 2019 1:51 am

rek2 έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 28, 2019 8:13 pm

Με απλά μέσα.
Όχι κανόνια...
111.png
Αν δεν είναι κανόνια (ένα παραλληλόγραμμο, ένα ισοσκελές τραπέζιο (οπότε παραλληλία) και καθετότητα στην κοινή χορδή τεμνομένων κύκλων ) πες μου Κώστα να τη γράψω από την πρωτεύουσα της Ευρώπης (αύριο) γιατί τώρα είναι πολύ αργά και "έχουμε δουλειές"

Να περνάς καλά όπου και να είσαι

Θα έρθω Ελλάδα με τη Γυναίκα μου και την εγγονή μου (και την κόρη μου) μετά τις 15 Αυγούστου. Αν είσαι ροβιές πάρε ένα τηλεφωνάκι να βρεθούμε για το κρασάκι μας.

Στάθης

Στάθη, καλώς ήρθες!

Αυτά που λες παραπάνω, κανόνια δεν είναι.

Η λύση σου θα είναι κανόνι!

#7

rek2 έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 28, 2019 8:13 pm
Στο σχήμα οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες. Ομοίως και οι μπλε.

Να αποδειχτεί ότι το ΟΣ είναι κάθετο στο ΣΕ.

Με απλά μέσα.

Όχι κανόνια...

111.png

: 111.png (45.31 KiB) Προβλήθηκε 1560 φορές

Από την ομοιότητα των τριγώνων $\vartriangle ASB$ και $\vartriangle {A}'S{B}'$ προκύπτει ότι τα τετράπλευρα ASEA',BES{B}'

είναι εγγράψιμα σε κύκλους έστω $\left( K \right),\left( L \right)$ αντίστοιχα και οι AA',SE,BB'

συντρέχουν στο

(ως το ριζικό κέντρο των ανά δύο τεμνομένων κύκλων $\left( K \right),\left( O \right),\left( L \right)$
Είναι $\angle S{A}'A\overset{A,S,E,A'\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle SEA\overset{B,E,S,B'\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,\angle S{B}'B\equiv \angle S{B}'T\Rightarrow A',S,B',T$ ομοκυκλικά και ομοίως προκύπτει ότι: A,S,B,T

ομοκυκλικά
Επίσης $\angle OLK\overset{\kappa \alpha \theta \varepsilon \tau \varepsilon \varsigma \,\,\pi \lambda \varepsilon \upsilon \rho \varepsilon \varsigma \,\,\tau o\upsilon \,\,\iota \delta \iota o\upsilon \,\,\pi \rho o\sigma \alpha \nu \alpha \tau o\lambda \iota \sigma \mu o\upsilon }{\mathop{=}}\,\angle ST{B}'\overset{S,A',T,B\,\,o\mu o\kappa \upsilon \kappa \lambda \iota \kappa \alpha }{\mathop{=}}\,$ $\angle {B}'{A}'S\equiv \angle E{A}'S\overset{\varepsilon \gamma \gamma \varepsilon \gamma \rho \alpha \mu \mu \varepsilon \nu \eta -\varepsilon \pi \iota \kappa \varepsilon \nu \tau \rho \eta }{\mathop{=}}\,\dfrac{\angle SKE}{2}=\angle OKE\Rightarrow SO\parallel KE$ και ομοίως $OK\parallel LE$ οπότε OKEL

παραλληλόγραμμο , άρα $OL=KE\overset{KE=KS={{R}_{K}}}{\mathop{=}}\,KS$ και με $\angle SKL\overset{KL\,\,\delta \iota \chi o\tau o\mu o\varsigma \,\,\tau \eta \varsigma \,\,\angle SKE}{\mathop{=}}\,\angle EKL\overset{OKEL\,\,\pi \alpha \rho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \rho \alpha \mu \mu o}{\mathop{=}}\,OLK$ προκύπτει ότι το τετράπλευρο SOLK

είναι ισοσκελές τραπέζιο οπότε $SO\parallel KL\overset{KL\bot SE}{\mathop{\Rightarrow }}\,SO\bot SE$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Στάθης

#8

rek2 έγραψε: ↑
Κυρ Ιούλ 28, 2019 8:13 pm
Στο σχήμα οι κόκκινες γωνίες είναι ίσες. Ομοίως και οι μπλε.

Να αποδειχτεί ότι το ΟΣ είναι κάθετο στο ΣΕ.

Με απλά μέσα.

Όχι κανόνια...
111.png

Καλησπέρα σε όλους!

Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα $\displaystyle SEAD,SEBC$ προκύπτει ότι η

διχοτομεί την $A\widehat SB$

: Πολωνέζικη πεταλούδα.ΙΙ.png (20.73 KiB) Προβλήθηκε 1501 φορές

Οι

επανατέμνουν τον κύκλο στα B_1, C_1.

Τα

είναι όμοια με το SAD,

άρα και μεταξύ τους όμοια.

$\displaystyle B\widehat S{C_1} = C\widehat S{B_1},$ BC_1=B_1C

και $\displaystyle S\widehat {{B_1}}C = S\widehat B{C_1}$ (ως άθροισμα ίσων γωνιών). Άρα τα SB_1C, SBC_1

είναι ίσα

και SB=SB_1, SC=SC_1.

Επομένως η

διχοτομεί την $B_1\widehat SB$ και κατά συνέπεια $OS\bot SE$ (ως διχοτόμοι

εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών). Το ζητούμενο του αρχικού προβλήματος έπεται άμεσα.

Πολωνέζικη πεταλούδα

Πολωνέζικη πεταλούδα

Re: Πολωνέζικη πεταλούδα

Re: Πολωνέζικη πεταλούδα

Re: Πολωνέζικη πεταλούδα

Re: Πολωνέζικη πεταλούδα

Re: Πολωνέζικη πεταλούδα

Re: Πολωνέζικη πεταλούδα

Re: Πολωνέζικη πεταλούδα

Μέλη σε σύνδεση